Đề KSCL Toán 10 thi THPT QG 2020 lần 2 trường THPT chuyên Vĩnh Phúc

Đề KSCL Toán 10 thi THPT QG 2020 lần 2 trường THPT chuyên Vĩnh Phúc có mã đề 123, đề thi có 06 trang với 50 câu trắc nghiệm, thời gian học sinh làm bài thi là 90 phút, đề thi có đáp án, mời các bạn đón xem

20 10 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Toán 10

Môn: Toán 10

Thông tin:

26 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Thanh Tâm
Trang 1/6 - Mã đề thi 123
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC
ĐỀ KSCL CÁC MÔN THI THPT QG LẦN 2 NĂM HỌC 2019-2020
MÔN TOÁN 10
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian giao đề
Mã đề thi 123
Họ, tên thí sinh:..........................................................................
Số báo danh:...............................................................................
Câu 1: Hàm số
2
23yx x=+−
đồng biến trên khoảng
A.
( )
1; 3−
B.
( )
3; 1−−
C.
( )
;3−∞ −
D.
( )
1; 2−
Câu 2: Gọi
,Mm
lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
. Khi đó đẳng thức nào sau đây là đúng
A.
42 5Mm+= −
B.
42 6Mm−= −
C.
6 42Mm−=−
D.
6 42Mm+=+
Câu 3: Tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số
m
để hệ phương trình
23
23
x ym
y xm
+ −=
+ −=
có
nghiệm bằng
A. 6 B. 4 C. 3 D. 5
Câu 4: Đường thẳng
2yx= −
tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng
A. 1 B. 2,5 C. 4 D. 2
Câu 5: Phương trình
2 25mx m x+=+
có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
A.
2m >
B.
2m ≠
C.
2m <
D.
2m ≠−
Câu 6: Tập hợp các giá trị của tham số
m
để hàm số
( )
1 2020y mx=−+
là hàm số bậc nhất là:
A.
( )
;1−∞
B.
{ }
\1
C.
( )
1; +∞
D.
(
]
;1−∞
Câu 7: Phương trình
( )
2
2 2 30mx m x m− − + −=
có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
A.
{ }
0; 4m∈
B.
0m ≠
C.
4m =
D.
4m ≠
Câu 8: Gọi (P) là đồ thị của hàm số bậc hai
2
y ax bx c= ++
. Điều kiện để đồ thị (P) của hàm số đã
cho nằm hoàn toàn phía trên trục hoành là
A.
0
0a
∆≤
>
B.
0∆<
C.
0
0a
∆<
>
D.
0
0a
∆>
>
Câu 9: Phương trình
42
0x bx c+ +=
có đúng 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
A.
0, 0bc<>
B.
2
4 , 0, 0b cb c> <>
C.
2
4bc>
D.
0, 0bc>>
Câu 10: Cho hàm số
( )
1 21ym xm=−−+
, trong đó
m
là hằng số cho trước. Khi đó điểm cố định
mà đồ thị hàm số đã cho luôn đi qua với mọi
m
là
A.
( )
2; 1−
B.
( )
2;3
C.
( )
2; 3−
D.
( )
2;1
Câu 11: Cho phương trình
13xx−=−
. Khi đó điều kiện của phương trình là
A.
3x ≥
B.
3x >
C.
1x ≥
D.
1x >
Câu 12: Khi giải phương trình
22
2 3 2 50xx xx− −− + +=
ta đặt
2
23txx= −−
thì phương trình
đã cho trở thành phương trình
A.
2
20tt−+ =
B.
2
20tt+− =
C.
2
50tt− +− =
D.
2
20tt−− =
Câu 13: Khi một quả bóng được đá lên, nó sẽ đạt đến độ cao nào đó rồi rơi xuống. Biết rằng quỹ đạo
của quả bóng là một cung parabol trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oth, trong đó t là thời gian (tính
bằng giây), kể từ khi quả bóng được đá lên; h là độ cao (tính bằng mét) của quả bóng. Giả thiết rằng
quả bóng được đá lên từ độ cao 1,2m. Sau đó 1 giây, nó đạt độ cao 8,5m và 2 giây sau khi đá lên, nó
Trang 2/6 - Mã đề thi 123
ở độ cao 6m. Sau bao lâu thì quả bóng sẽ chạm đất kể từ khi đá lên (tính chính xác đến hàng phần
trăm)
A. 2,56 giây B. 2,59 giây C. 2,58 giây D. 2,57 giây
Câu 14: Giá trị nhỏ nhất của hàm số
( )
2
32
fx x
x
= +
với
0x >
bằng
A.
2 32
B. 6 C. 4 D. 2
Câu 15: Cho hàm số
1
2020
1
m
yx
m
−
= +
+
đồng biến trên
. Khi đó tập hợp các giá trị của
m
bằng
A.
( )
;1−∞ −
B.
( )
1;1−
C.
( )
;1−∞
D.
(
]
1;1−
Câu 16: Phương trình
( )
2
2 1 10mx m x m− + + +=
có một nghiệm lớn hơn 1 và một nghiệm nhỏ hơn
1 khi và chỉ khi
A.
1m >−
B.
01m<<
C.
0m >
D.
0m ≥
Câu 17: Điều kiện để hệ phương trình sau
( )
( )
1 2019 2020
2020 2 2021
mx y
xm y
−− =
+− =
là hệ phương trình bậc nhất hai
ẩn
A.
1m ≠
B.
2m ≠
C.
{ }
\ 1; 2m∈
D.
m∈
Câu 18: Số nghiệm của hệ phương trình
22
4
2
x xy y
xy x y
++=
++=
bằng
A. 4 B. 3 C. 1 D. 2
Câu 19: Phương trình
( )
2
43 0x x xm+ + −=
có đúng hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
A.
3m <−
B.
31m− ≤ <−
C.
1m ≥−
D.
31m− < <−
Câu 20: Số nghiệm thực của phương trình
2
2
2
12 1
4 60
x
x
xx
−
+ + −=
bằng
A. 2 B. 6 C. 4 D. 8
Câu 21: Tập hợp các giá trị của tham số
m
để phương trình
( )
2
2 1 62
2
2
x m xm
x
x
− ++−
= −
−
có
nghiệm duy nhất là
A.
(
]
3
;1
2

−∞


B.
3
;
2

−∞


C.
(
]
;1−∞
D.
( )
3
;1
2

−∞


Câu 22: Cho hàm số
( )
2
2 2019 2020y mx x=−+ +
. Tập hợp các giá trị của
m
để hàm số đã cho là
hàm số bậc hai là
A.
( ) ( )
; 2 2;−∞ +∞
B.
{ }
2
C.
( )
2; +∞
D.
( )
;2−∞
Trang 3/6 - Mã đề thi 123
Câu 23: Phương trình
( )
2
2 1 10mx m x m− + + +=
có ít nhất một nghiệm dương khi và chỉ khi
A.
1m ≥−
B.
0m >
C.
1m >−
D.
10m−< <
Câu 24: Hệ phương trình
1
2
mx y m
x my
+=+
+=
có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
A.
1m ≠
B.
1m ≠−
C.
1m ≠±
D.
m∈
Câu 25: Số cặp số nguyên
( )
;ab
để hệ phương trình
2
64
ax y
x by
+=
+=
vô nghiệm bằng
A. 5 B. 7 C. 8 D. 6
Câu 26: Khi một quả bóng được đá lên, nó sẽ đạt đến độ cao nào đó rồi rơi xuống. Biết rằng quỹ đạo
của quả bóng là một cung parabol trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oth, trong đó t là thời gian (tính
bằng giây), kể từ khi quả bóng được đá lên; h là độ cao (tính bằng mét) của quả bóng. Giả thiết rằng
quả bóng được đá lên từ độ cao 1,2m. Sau đó 1 giây, nó đạt độ cao 8,5m và 2 giây sau khi đá lên, nó
ở độ cao 6m.
Độ cao lớn nhất của quả bóng (tính chính xác đến hàng phần nghìn) bằng
A. 8,794m B. 8,795m C. 8,793m D. 8,796m
Câu 27: Từ đồ thị hàm số
2
43yx x=−+
ta thực hiện những bước biến đổi sau để được đồ thị hàm
số
2
65yx x=−+
A. Tịnh tiến sang phải 1 đơn vị và tịnh tiến xuống dưới 3 đơn vị
B. Tịnh tiến sang trái 1 đơn vị và tịnh tiến lên trên 4 đơn vị
C. Đối xứng qua trục
Ox
và tịnh tiến sang trái 1 đơn vị
D. Đối xứng qua trục
Oy
và tịnh tiến lên trên 3 đơn vị
Câu 28: Có thể khoanh một sợi dây dài 40cm thành một hình chữ nhật có diện tích S cho trước trong
trường hợp nào sau đây?
A.
2
99S cm=
B.
2
101,5S cm=
C.
2
102S cm=
D.
2
101S cm=
Câu 29: Phương trình
1
2
1
mx
x
+
=
−
có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
A.
2m >
B.
2m ≠
C.
1m ≠−
D.
{ }
\ 1; 2m ∈−
Câu 30: Giá trị nhỏ nhất của hàm số
( )
2020
fx x
x
= +
với
0x >
bằng
A.
2020
B. 4040 C.
4040
D.
8080
Câu 31: Cho tam giác ABC có
,,BC a CA b AB c= = =
. Khi đó đẳng thức nào sau đây là sai
A.
222
cos
2
abc
A
bc
+−
=
B.
222
2 cosb c a ca B=+−
C.
222
2 cos 2 cos 2 cosa b c bc A ca B ab C++= + +
Trang 4/6 - Mã đề thi 123
D.
2 22
2 cosa b c bc A=+−
Câu 32: Cho tam giác ABC và M, N lần lượt là trung điểm của cạnh AB, AC. Đẳng thức nào sau đây
là sai
A.
2BC MN=
 
B.
2AB MB=
 
C.
1
2
MN CB= −
 
D.
1
2
MN CB=
 
Câu 33: Giả sử G và G’ lần lượt là trọng tâm tam giác ABC và A’B’C’. Khi đó đẳng thức nào sau
đây là sai
A.
'''3'GA GB GC GG++=
   
B.
' ' '3 'GA GB GC GG++ =
   
C.
' ' '3 'AA BB CC GG++ =
D.
' ' '3 'AA BB CC GG++ =
   
Câu 34: Tập nghiệm của bất phương trình
( )( )
( )
2
13 4 4 0x xx x− − −+>
bằng
A.
( )
1; 3
B.
( ) ( )
1; 2 2; 3
C.
( ) ( )
;1 2;3−∞
D.
( ) ( )
;1 3;−∞ +∞
Câu 35: Cho hai lực
1
F

và
2
F

cùng có điểm đặt tại O và đều có cường độ lực là 100N, góc hợp bởi
1
F

và
2
F

bằng
0
120
. Khi đó cường độ lực tổng hợp của hai lực đã cho bằng
A. 200N B. 30000N C.
100 3N
D. 100N
Câu 36: Tập hợp các giá trị của tham số
m
để bất phương trình
2
1mx x m+> +
đúng với mọi
2x <
là
A.
∅
B.
( )
;1−∞
C.
(
]
;2−∞
D.
[
)
1; +∞
Câu 37: Cho tam giác ABC đều có cạnh bằng
a
và có trọng tâm G. Khi đó
.BG GA
 
bằng
A.
2
3
6
a
−
B.
2
6
a
C.
2
3
6
a
D.
2
6
a
−
Câu 38: Trong mặt phẳng tọa độ, cho ba điểm
( ) ( ) ( )
4;1 , 2; 4 , 2; 2A BC−−
. Tọa độ điểm D sao cho
cho C là trọng tâm tam giác ABD là
A.
( )
0;1D
B.
( )
4;7D −
C.
( )
4; 11D −
D.
( )
8; 11D −
Câu 39: Cho
00
0 180
α
<<
. Khi đó biểu thức
( ) ( ) ( )
0 00
2sin 180 cot cos 180 tan cot 180
αα αα α
−− − −
bằng
A.
cos
α
−
B.
3cos
α
C.
cos
α
D.
3cos
α
−
Câu 40: Từ vị trí A người ta quan sát một cây cao.
Trang 5/6 - Mã đề thi 123
Biết
0
4 , 20 , 45AH m HB m BAC
= = ∠=
. Khi đó chiều cao của cây (làm tròn đến hàng phần mười)
bằng
A. 17,3m B. 17,6m C. 17,2m D. 17,4m
Câu 41: Cho tam giác ABC có
,,BC a CA b AB c= = =
và diện tích tam giác ABC bằng
2
5m
. Khi đó
biểu thức
2 22
23abc++
đạt giá trị nhỏ nhất bằng (làm tròn đến hàng phần trăm)
A.
2
66,33m
B.
2
66,30m
C.
2
66,34m
D.
2
66,32m
Câu 42: Cho đoạn thẳng AB có độ dài
2a
và số
2
k
. Tập hợp các điểm M thỏa mãn đẳng thức
2
.MA MB k=
 
là
A. Đường tròn đường kính AB
B. Đường tròn tâm là trung điểm của AB và bán kính bằng
22
ka+
C. Đường trung trực của đoạn thẳng AB.
D. Đường tròn tâm là trung điểm của AB và bán kính bằng
22
ka+
Câu 43: Cho tứ giác ABCD. Khi đó
2.CA BD
 
bằng
A.
2222
AD BC AB CD+−−
B.
2222
AB CD AD BC+−−
C.
2222
AD AB BC CD+−−
D.
22
CA BD+
Câu 44: Hằng số thực dương
m
nhỏ nhất để bất đẳng thức
( )
222
m ab bc ca a b c++ >++
đúng với
mọi
,,abc
là độ dài ba cạnh của một tam giác thỏa mãn
A.
( )
1,5;2,5m∈
B.
( )
3; 4m∈
C.
( )
1; 2m∈
D.
( )
2, 5;3m∈
Câu 45: Cho tam giác ABC có hai trung tuyến kẻ từ A và B vuông góc với nhau. Khi đó tỉ số
AC BC
AB
+
đạt giá trị lớn nhất bằng (làm tròn đến hàng phần trăm)
A. 3,20 B. 3,17 C. 3,16 D. 3,15
Câu 46: Tập hợp các giá trị của
x
để hai đẳng thức
3232xx+= +
và
2 5 52xx−=−
cùng xảy ra
là
A.
25
;
32

−


B.
25
;
32

−

C.
25
;
32

−

D.
25
;
32

−


Câu 47: Cho tam giác ABC. Khi đó vị trí của điểm M để biểu thức
.. .MA MB MB MC MC MA++
     
đạt
giá trị nhỏ nhất là
A. Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. B. Tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
C. Trực tâm tam giác ABC D. Trọng tâm tam giác ABC
Câu 48: Từ hai vị trí A và B của một tòa nhà, người ta quan sát đỉnh C của ngọn núi. Biết rằng độ
cao AB bằng 70m, phương nhìn AC tạo với phương nằm ngang góc
0
30
, phương nhìn BC tạo với
phương nằm ngang góc
0
15 30 '
. Khi đó chiều cao của ngọn núi so với mặt đất (làm tròn đến hàng đơn
vị) bằng
Trang 6/6 - Mã đề thi 123
A. 134m B. 133m C. 136m D. 135m
Câu 49: Cho tam giác ABC có
0
5, 8, 60AB CA BAC= =∠=
. Kết quả nào trong các kết quả sau là độ
dài của cạnh BC?
A.
129
B. 7 C. 49 D.
69
Câu 50: Tập hợp các giá trị của
m
để hệ bất phương trình
( )
2
2
3 71
2 58
x xx
mx
− ≥++
−≤
vô nghiệm bằng
A.
72
13
m <
B.
72
13
m ≥
C.
72
13
m ≤
D.
72
13
m >
-----------------------------------------------
----------- HẾT ----------
mamon
made cauhoi
dapan
TO A N10 123 1 B
TO A N10 123 2 C
TO A N10 123 3 D
TO A N10 123 4 D
TO A N10 123 5 B
TO A N10 123 6 B
TO A N10 123 7 A
TO A N10 123 8 C
TO A N10 123 9 B
TO A N10 123 10 A
TO A N10 123 11 C
TO A N10 123 12 D
TO A N10 123 13 C
TO A N10 123 14 B
TO A N10 123 15 B
TO A N10 123 16 C
TO A N10 123 17 D
TO A N10 123 18 D
TO A N10 123 19 B
TO A N10 123 20 C
TO A N10 123 21 A
TO A N10 123 22 A
TO A N10 123 23 C
TO A N10 123 24 C
TO A N10 123 25 B
TO A N10 123 26 A
TO A N10 123 27 A
TO A N10 123 28 A
TO A N10 123 29 D
TO A N10 123 30 D
TO A N10 123 31 A
TO A N10 123 32 D
TO A N10 123 33 C
TO A N10 123
34 B
TO A N10 123 35 C
TO A N10 123 36 A
TO A N10 123 37 B
TO A N10 123 38 D
TO A N10 123 39 C
TO A N10 123 40 D
TO A N10 123 41 A
TO A N10 123 42 D
TO A N10 123 43 B
TO A N10 123 44 A
TO A N10 123 45 C
TO A N10 123 46 A
TO A N10 123 47 D
TO A N10 123 48 D
TO A N10 123 49 B
TO A N10 123 50 D
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1. Hàm số
2
23yx x=+−
đồng biến trên khoảng
A.
( )
1; 3
−
. B.
(
)
3; 1−−
. C.
( )
;3−∞ −
. D.
( )
1; 2
−
.
Lời giải
Chọn B
Ta vẽ đồ thị hàm số
2
23
yx x
=+−
bằng cách sau:
+ Vẽ hai đồ thị hàm số
2
23yx x=+−
và
2
23yx x=−− +
trên cùng một hệ tọa độ rồi xóa bỏ
phần đồ thị nằm dưới trục hoành ta được đồ thị hàm số
2
23
yx x=+−
như hình bên dưới.
Nhìn vào đồ thị hàm số
2
23
yx x=+−
ta thấy hàm số đồng biến trên
( )
3; 1−−
.
Câu 2. Gọi
M
,
m
lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
52 4 34 143
y xx x x=+ − + −− −− −
. Khi đó đẳng thức nào sau đây đúng?
A.
42 5Mm
+= −
. B.
42 6Mm−= −
. C.
6 42Mm
−=−
. D.
6 42Mm
+=+
.
Lời giải
Chọn C
Điều kiện:
13x≤≤
.
Đặt
13tx x= −+ −
.
Ta có:
2
2 2 ( 1)(3 ) 2 2t xxt=+ − − ≥ ⇒≥
(do
0t >
).
Lại có
2
2 2 ( 1)(3 ) 2 ( 1) (3 ) 4 2
Cauchy
t xx x xt=+ − − ≤ + − + − = ⇒≤
(do
0t
>
).
Vậy với
13x≤≤
thì
22t≤≤
.
Hàm số đã cho trở thành
2
43yt t=−+
đây là một parabol có đỉnh
( )
2; 1I −
.
Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiến suy ra
1m = −
,
5 42M = −
. Do đó
6 42Mm−=−
.
Câu 3. Tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số m để hệ phương trình
23
23
x ym
y xm
+ −=
+ −=
có nghiệm
bằng
A. 6 B. 4 C. 3 D. 5
Lời giải
Chọn D
Điều kiện:
0, 3xy≤≤
Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) ta được:
223 3 0xy y x− + −− −=
( )
22 3 3
0
22 3 3
21
0
22 3 3
21
0
22 3 3
xy y x
xy y x
xy
xy y y
xy
xy y y
− − −+
⇔+ =
+ −+ −

⇔− + =


+ −+ −

=
⇔
+=
+ −+ −
xy⇒=
(do
21
0
22 3 3xy y y
+>
+ −+ −
).
Thế vào phương trình (1) ta được:
23x xm+ −=
.
Ta có:
113
2 6 2 1 .2 6 .6 3
22
2
mx x xx
= + − ≤ + +− = =
.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
2x =
.
Ta có:
23x xm
+ −=
(
)
( )
2
2 22 3 3 3 22 3 3 3
mxxxxxxx m⇒ = + − +−=++ − ≥⇒ ≥
.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
0x =
Kết hợp điều kiện ta có:
33m<≤
.
Vậy tổng các giá trị nguyên của
m
bằng 5.
Câu 4. Đường thẳng
2yx= −
tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng
A. 1 B. 2,5 C. 4 D. 2
Lời giải
Chọn D
Giao với trục
Ox
:
( )
2;0A
.
Giao với trục
Oy
:
( )
0; 2B
.
Ta có:
1
.2
2
OAB
S OA OB
= =
.
Câu 5. Phương trình
2 25mx m x+=+
có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
A.
2m >
. B.
2
m
≠
. C.
2m <
. D.
2m ≠−
.
Lời giải
Chọn B
Ta có,
( )
2 2 5 2 2 50mxm x m xm+ = +⇔ − + −=
.
Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
20 2mm−≠⇔ ≠
.
Câu 6. Tập hợp các giá trị của tham số
m
để hàm số
( )
1 2020y mx=−+
là hàm số bậc nhất là
A.
( )
;1−∞
. B.
{ }
\1
. C.
( )
1;+∞
. D.
(
]
;1−∞
.
Lời giải
Chọn B
Để hàm số
( )
1 2020y mx=−+
là hàm số bậc nhất thì
10 1mm− ≠⇔ ≠
.
Câu 7. Phương trình
(
)
2
2 2 30mx m x m− − + −=
có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
A.
{ }
0;4m ∈
. B.
0m ≠
. C.
4m =
. D.
4m ≠
.
Lời giải
Chọn A
Nếu
0m =
: phương trình đã cho trở thành
3
4 30
4
xx−=⇔ =
. Phương trình có nghiệm duy
nhất nên giá trị
0m =
thỏa mãn.
Nếu
0m ≠
: phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
'0∆=
( )
( )
2
2 30 4 0 4
m mm m m
⇔− − − − = ⇔ − = ⇔ =


.
Vậy phương trình
( )
2
2 2 30
mx m x m− − + −=
có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
0m =
hoặc
4m =
.
Câu 8. Gọi
(
)
P
là đồ thị của hàm số bậc hai
2
y ax bx c= ++
. Điều kiện để đồ thị
( )
P
của hàm số đã
cho nằm hoàn toàn phía trên trục hoành là
A.
0
0a
∆≤
>
. B.
0∆<
. C.
0
0a
∆<
>
. D.
0
0
a
∆>
>
.
Lời giải
Chọn C
Đồ thị của hàm số bậc hai
2
y ax bx c= ++
nằm hoàn toàn phía trên trục hoành khi và chỉ khi
0
0
0
yx
a
∆<
> ∀∈ ⇔
>
.
Câu 9. Phương trình
42
0x bx c+ +=
có đúng 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
A.
0, 0bc<>
. B.
2
4 , 0, 0b cb c> <>
.
C.
2
4bc>
. D.
0, 0bc>>
.
Lời giải
Chọn B
Phương trình
42
0x bx c+ +=
có đúng 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
Phương trình
2
0t bt c+ +=
có đúng 2 nghiệm phân biệt dương khi và chỉ khi
22
40 4
00
00
bc b c
bb
cc

−> >

−> ⇔ <


>>

.
Câu 10. Cho hàm số
( )
1 21ym xm=−−+
, trong đó
m
hằng số cho trước. Khi đó điểm cố định mà đồ
thị hàm số đã cho luôn đi qua với mọi
m
là
A.
(2 ; 1)−
. B.
(2;3)
.
C.
(2; 3)−
. D.
(2 ;1)
.
Lời giải
Chọn A
Đồ thị hàm số
(
)
1 21
ym xm
=−−+
luôn đi qua điểm cố định với mọi
m
(
)
( )
21 0x m xy⇔ − + −− =
nghiệm đúng với mọi
m
( )
( )
20
2
1
10
x
x
y
xy
−=
=
⇔⇔

= −
−− =
Câu 11. Cho phương trình
13xx−=−
. Khi đó điều kiện của phương trình là
A.
3x ≥
. B.
3x >
. C.
1x ≥
. D.
1x >
.
Lời giải
Chọn C
Điều kiện:
10 1xx−≥ ⇔ ≥
.
Câu 12. Khi giải phương trình
22
2 3 2 50xx xx− −− + +=
ta đặt
2
23tx x= −−
thì phương trình đã
cho trở thành phương trình
A.
2
20tt−+ =
. B.
2
20tt+− =
. C.
2
50tt
− +−=
. D.
2
20tt−− =
.
Lời giải
Chọn D
Ta có:
22
2 3 2 50xx xx− −− + +=
(
)
22
23 2320xx xx⇔ −−− −−+=
(1).
Đặt
2
23tx x= −−
(Điều kiện:
0t ≥
).
Khi đó phương trình (1) trở thành:
22
20 20tt tt− ++ = ⇔ −− =
.
Câu 13. Khi một quả bóng được ném lên, nó sẽ đạt đến độ cao nào đó rồi rơi xuống. Biết quỹ đạo của quả
bóng là một cung Parabol trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oth
, trong đó
t
là thời gian (tính bằng
giây), kể từ khi quả bóng được đá lên,
h
là độ cao (tính bằng mét) của quả bóng. Giả thiết rằng
quả bóng được đá lên từ độ cao
1,2m
. Sau đó
1
giây, nó đạt độ cao
8,5m
và
2
giây sau khi đá
nó lên, nó ở độ cao
6m
. Sau bao lâu thì quả bóng sẽ chạm đất kể từ khi đá lên (Tính chính xác
đến hàng phần trăm).
A.
2,56
giây. B.
2,59
giây. C.
2,58
giây. D.
2,57
giây.
Lời giải
Chọn C
Do bóng được đá từ độ cao
1,2m
nên trong hệ trục tọa độ
Oth
ta có Parabol cắt trục
Oh
tại
điểm có tung độ
0
1, 2hm=
. Khi đó phương trình Parabol có dạng:
( ) ( )
2
1, 2 0h t at bt t= ++ ≥
.
Theo giả thiết ta có hệ phương trình:
( )
( )
1 1, 2 8, 5
7,3 4,9
2 2,4 12, 2
2 4 2 1, 2 6
h ab
ab a
ab b
h ab
=++ =
+= =−

⇔⇔

+= =
=++ =

.
Do đó khi quả bóng chạm đất thì độ cao của quả bóng so với mặt đất bằng
0
2
0 4,9 12, 2 1, 2 2,58tt t⇒ =− + + ⇒≈
.
Câu 14. Giá trị nhỏ nhất của hàm số
( )
2
32
fx x
x
= +
với
0x
>
bằng
A.
2 32
. B.
6
. C.
4
. D.
2
.
Lời giải
ChọnB
Ta có:
22
32 32
22
xx
x
xx
+ =++
. Do
0x >
áp dụng BĐT Cô si cho ba số dương
2
32
;;
22
xx
x
.
Ta được
3
22 2
32 32 32
3 .. 6
22 22 22
xx xx xx
xx x
++ ≥ ⇔++ ≥
. Dấu
""
=
xảy ra khi và chỉ khi
2
32
4
2
x
x
x
= ⇔=
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số là
6
tại
4x =
.
Câu 15. Cho hàm số
1
2020
1
m
yx
m
−
= +
+
đồng biến trên
. Khi đó tập hợp các giá trị của
m
bằng:
A.
( )
;1−∞ −
. B.
( )
1;1−
. C.
( )
;1−∞
. D.
(
]
1;1−
.
Lời giải
Chọn B
Hàm số đồng biến trên
khi và chỉ khi
10 1
1
0 11
10 1
1
mm
m
m
mm
m
−> <

−
> ⇔ ⇔ ⇔− < <

+ > >−
+

.
Câu 16. Phương trình
( )
2
2 1 10mx m x m− + + +=
có một nghiệm lớn hơn
1
và một nghiệm nhỏ hơn
1
khi và chỉ khi
A.
1
m >−
. B.
01m<<
. C.
0m >
. D.
0m ≥
.
Lời giải
Chọn C
Yêu cầu bài toán tương đương với:
( )
( )
2
12
12
0
0
' 1 1 0 10
10 1
1
m
m
m mm m
xx
xx
≠
≠
∆= + − + > ⇔ + >


−< < −
<<
.
( ) ( ) ( )
1 2 12 1 2
00
11
1 . 1 0 . 1 0 (1)
mm
mm
x x xx x x

≠≠

⇔ >− ⇔ >−


− − < − + +<

.
Theo định lý Viet ta có:
( )
12
12
21
1
.
m
xx
m
m
xx
m
+
+=
+
=
.
(
)
(
)
21
11
1 10 0 0
m
m
m
mm m
+
+−
⇔ − +<⇔ <⇔ >
.
Vậy
0m >
.
Câu 17. Điều kiện để hệ phương trình
( )
( )
1 2019 2020
2020 2 2021
mx y
xm y
−− =
+− =
là hệ phương trình bậc nhất hai ẩn
A.
1m ≠
. B.
2m ≠
. C.
{ }
\ 1; 2
. D.
m ∈
.
Lời giải
Chọn D
Vì
2019 0, 2020 0
−≠ ≠
nên hai phương trình của hệ đều là phương trình bậc nhất hai ẩn.
Vậy
m ∈
Câu 18. Số nghiệm của hệ phương trình
22
4
2
x xy y
xy x y
++=
++=
bằng
A.
4
. B.
3
. C.
1
. D.
2
.
Lời giải
Chọn D
Ta có
(
)
( ) ( )
( )
2
2
22
60
4
4
2
2
2
xy xy
x xy y
x y xy
xy x y
xy x y
xy x y
+ + + −=
++=
+ −=

⇔⇔

++=
=−+
++=
TH1:
2
0
xy
xy
+=
=
.Nên
,xy
là nghiệm của phương trình
2
0
20
2
X
XX
X
=
−=⇔
=
Vậy hệ có nghiệm
2
0
x
y
=
=
và
0
2
x
y
=
=
.
TH2:
2
3
3
5
3 50
yx
xy
xy
xx
=−−
+=−
⇔

=
+ +=
Vì phương trình
2
3 50xx+ +=
vô nghiệm nên hệ phương
trình vô nghiệm.
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm.
Câu 19. Phương trình
( )
2
43 0x x xm+ + −=
có đúng hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
A.
3m <−
. B.
31m− ≤ <−
. C.
1m ≥−
. D.
31m− < <−
.
Lời giải
Chọn B
Phương trình tương đương:
2
1
4 30
3
xm
xm
xm
xm
x
xx
x
≥
≥
=
=
⇔

= −

+ +=
= −
.
Phương trình có đúng hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
31m− ≤ <−
.
Câu 20. Số nghiệm thực của phương trình
2
2
2
12 1
4 60
x
x
xx
−
+ + −=
bằng
A.
2
. B.
6
. C.
4
. D.
8
.
Lời giải
Chọn C
Đk:
0
x ≠
.
Phương trình tương đương:
2
11
2 2 20xx
xx

− + − −=


( )
2
1
21
11
2 2 20
1
22
x
x
xx
xx
x vn
x
−=
⇔ − + − −=⇔
−=−
2
2
1
21
2 10
1
2 10
21
x
xx
x
xx
x
x
−=
−−=
⇔⇔
+ −=
−=−
1
1
2
1
1
2
x
x
x
x
=
= −
⇔
= −
=
(thỏa đk). Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm.
Câu 21. Tập hợp các giá trị của tham số
m
để phương trình
(
)
2
2 1 62
2
2
x m xm
x
x
− ++−
= −
−
có
nghiệm duy nhất là
A.
(
]
3
;1
2

−∞ ∪


. B.
3
;
2

−∞


. C.
(
]
;1−∞
. D.
( )
3
;1
2

−∞ ∪


.
Lời giải
Chọn A
Điều kiện xác định của phương trình là
2x >
.
Khi đó phương trình
( )
2
2 1 62
2
2
x m xm
x
x
− ++−
= −
−
( )
2
2 1 62 2x m xm x⇔ − + + −=−
( ) ( )
2
3
23 60 *
2
x
x m xm
xm
=
⇔− + + =⇔
=
Để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất thì
( )
*
có nghiệm duy nhất thỏa mãn điều kiện
2x >
tương đương với
(
]
3
23
3
;1
2
2 23
2
1
m
m
m
m
m
=
=

⇔ ⇔ ∈ −∞ ∪

≤<

≤
.
Câu 22. Cho hàm số
( )
2
2 2019 2020y mx x=−+ +
. Tập các giá trị của
m
để hàm số đã cho là hàm số
bậc hai là
A.
( ) ( )
; 2 2;
−∞ ∪ +∞
. B.
{ }
2
.
C.
(
)
2; +∞
. D.
( )
;2−∞
.
Lời giải
Chọn A
Hàm số
(
)
2
2 2019 2020
y mx x
=−+ +
là hàm số bậc hai khi
20 2mm− ≠⇔ ≠
hay tập các
giá trị của
m
để hàm số đã cho là hàm số bậc hai là
( ) ( )
; 2 2;−∞ ∪ +∞
.
Câu 23. Phương trình
( )
2
2 1 10mx m x m− + + +=
có ít nhất một nghiệm dương khi và chỉ khi
A.
1m ≥−
. B.
0m >
. C.
1m >−
. D.
10m−< <
.
Lời giải
Chọn C
Trường hợp 1:
0m =
ta có phương trình
1
2 10 0
2
xx
− += ⇔ = >
. Vậy
0m =
thỏa mãn.
( )
1
Trường hợp 2:
0m ≠
+ Phương trình có hai nghiệm trái dấu
( ) ( )
0 . 1 0 1 02ac m m m⇔ <⇔ + <⇔−< <
.
+ Phương trình có hai nghiệm dương
( )
0
10
0 03
1
0
0
m
Sm
m
P
m
′
∆≥
+>

⇔ >⇔ ⇔>
+

>

>
.
Từ
( )
( ) (
)
1;2;3 ⇒
giá trị
m
thỏa mãn bài toán là
1m >−
.
Câu 24. Hệ phương trình
1
2
mx y m
x my
+=+
+=
có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
A.
1m ≠
. B.
1m
≠−
. C.
1m ≠±
. D.
m ∈
.
Lời giải
Chọn C
Cách 1:
( )
( )
(
)
2
2
21
1
1 1*
2
2
x my
m my my m
mx y m
m ym
x my
x my
= −
− +=+
+=+

⇔⇔

−=−
= −
= −
.
Từ
( )
* ⇒
Hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
2
10 1mm− ≠ ⇔ ≠±
.
Cách 2: Để hệ phương trình có nghiệm duy nhất
⇔
2
1
0 10 1
1
m
D mm
m
= ≠⇔ −≠⇔ ≠±
.
Câu 25. Số cặp số nguyên
(;)ab
để hệ phương trình
2
64
ax y
x by
+=
+=
vô nghiệm bằng
A.
5
. B.
7
. C.
8
. D.
6
.
Lời giải
Chọn B
Xét
0
a =
hệ phương trình được viết lại
2
2
3
624
2
b
y
x
xb
y
−
=
=
⇔

+=
=
lúc này hệ có nghiệm.
Xét
0a ≠
, biến đổi hệ phương trình ta được
2 6 6 12 ( 6) 4 12
6 46 4 2
ax y ax y ab y a
x by ax bay a ax y
+= + = − = −

⇔⇔

+ = + = +=

.
Hệ phương trình vô nghiệm khi và chỉ khi
60 6
(*)
4 12 0 3
ab ab
aa
−= =

⇔

−≠ ≠

.
Vì
,ab∈
nên từ (*) ta có
{ }
6
6; 3; 2; 1;1; 2; 6
b
a
a
=
∈−−−−
.
Vậy có tất cả là 7 cặp số nguyên.
Câu 26. Khi một quả bóng được đá lên, nó sẽ đạt đến độ cao nào đó rồi rơi xuống. Biết rằng quỹ đạo của
quả bóng là một cung parabol trong mặt phẳng tọa độ
Oth
, trong đó t là thời gian (tính bằng
giây) kể từ khi quả bóng được đá lên, h là độ cao (tính bằng mét) của quả bóng. Giả thiết rằng
quả bóng được đá lên từ độ cao
1, 2m
. Sau đó 1 giây nó đạt độ cao
8,5m
, và sau 2 giây khi đá
lên nó ở độ cao
6m
.
Độ cao lớn nhất của quả bóng (tính chính xác đến hàng phần ngàn) bằng
A.
8,794m
. B.
8,795m
. C.
8,793m
. D.
8,796m
.
Lời giải
Chọn A
Theo giả thiết ta có
()ht
là một hàm số bậc hai theo biến
t
, đặt
2
() ; 0h t mt nt p m= ++ ≠
.
Từ giả thiết ta có hệ phương trình
49
10
(0) 1, 2 1, 2
61
(1) 8,5 8,5
5
(2) 6 4 2 6
6
5
m
hp
h mn p n
h m np
p
= −
= =


= ⇔ ++ = ⇔ =


= + +=

=
.
Do vậy
2
49 61 6
() ; 0
10 5 5
ht t t t=− ++≥
, ta có biến đổi như sau
2
49 61 4309 4309
() ( ) , 0
10 49 490 490
ht t t
=− − + ≤ ∀≥
.
Vậy độ cao lớn nhất của quả bóng bằng
4309
8,794
490
≈
(mét).
Câu 27. Từ đồ thị hàm số
2
43yx x=−+
ta thực hiện những bước biến đổi sau để được đồ thị hàm số
2
65yx x=−+
A. Tịnh tiến sang phải 1 đơn vị và tịnh tiến xuống dưới 3 đơn vị.
B. Tịnh tiến sang trái 1 đơn vị và tịnh tiến lên trên 4 đơn vị.
C. Đối xứng qua trục
Ox
và tịnh tiến sang trái 1 đơn vị.
D. Đối xứng qua trục
Oy
và tịnh tiến lên trên 3 đơn vị.
Lời giải
Chọn A
Ta có
( )
2
2
43 2 1yx x y x= − +⇔ = − −
và
( )
2
2
65 3 4yx x y x= − +⇔ = − −
.
Do đó các bước thực hiện là tịnh tiến sang phải 1 đơn vị và tịnh tiến xuống dưới 3 đơn vị.
Câu 28. Có thể khoanh một sợi dây dài
40cm
thành một hình chữ nhật có diện tích
S
cho trước trong
trường hợp nào sau đây?
A.
2
99S cm=
. B.
2
101,5S cm=
. C.
2
102S cm=
. D.
2
101S cm
=
.
Lời giải
Chọn A
Gọi
x
( )
cm
,
0 20x<<
là kích thước một cạnh của hình chữ nhật.
Kích thước cạnh còn lại là
20 x−
( )
cm
.
Ta có
( )
( )
2
20
20 100
2
xx
Sx x
+−

= −≤ =


(
)
2
cm
. Do đó chỉ có đáp án A thỏa.
Câu 29. Phương trình
1
2
1
mx
x
+
=
−
có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
A.
2m >
. B.
2m ≠
. C.
1m ≠−
. D.
{ }
\ 1; 2m ∈−
.
Lời giải
Chọn D
Điều kiện:
1x ≠
. Khi đó ta có
( ) ( )
1
2 12 1 2 3
1
mx
mx x x m
x
+
= ⇔ += − ⇔ − =−
−
.
Để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất thì ta cần
{ }
20
2
\ 1; 2
3
1
1
2
m
m
m
m
x
m
−≠
≠
⇔ ⇔∈ −
−

≠−
= ≠
−
.
Câu 30. Giá trị nhỏ nhất của hàm số
( )
2020
fx x
x
= +
với
0x >
bằng
A.
2020
. B.
4040
. C.
4040
. D.
8080
.
Lời giải
Chọn D
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số thực dương
x
và
2020
x
ta có
( )
2020 2020
2 . 2 2020 8080fx x x
xx
=+≥ = =
Dấu bằng xảy ra khi
2020
2020xx
x
= ⇒=
.
Câu 31. Cho tam giác
ABC
có
,,BC a CA b AB c= = =
. Khi đó đẳng thức nào sau đây là sai?
A.
222
cos
2
abc
A
bc
+−
=
.
B.
222
2 cosb c a ac B=+−
.
C.
222
2 cos 2 cos 2 cos
a b c bc A ac B ab C
++= + +
.
D.
2 22
2 cosa b c bc A=+−
.
Lời giải
Chọn A
Theo hệ quả định lý cô-sin ta có phương án
A
sai vì
222
cos
2
bca
A
bc
+−
=
.
Theo định lý cô-sin ta có phương án
B
và
D
đúng, vì
2 22
2 cosa b c bc A=+−
222
2 cosb c a ac B=+−
2 22
2 cosc a b ab C=+−
Cộng vế với vế ta được
222
2 cos 2 cos 2 cosa b c bc A ac B ab C++= + +
nên phương án
C
đúng.
Câu 32. Cho tam giác
ABC
và
,MN
lần lượt là trung điểm của cạnh
,AB AC
. Đẳng thức nào sau đây là
sai?
A.
2BC MN=
 
. B.
2AB MB=
 
. C.
1
2
MN CB= −
 
. D.
1
2
MN CB=
 
.
Lời giải
Chọn D
Từ giả thiết ta có
//
MN CB
và
1
2
MN CB=
.
Ta có
MN

và
CB

là hai vectơ ngược hướng,
1
2
MN CB=
. Suy ra
1
2
MN CB=
 
sai.
Câu 33. Giả sử
G
và
'G
lần lượt là trọng tâm tam giác
ABC
và
'''ABC
. Khi đó đẳng thức nào sau đây
là sai?
A.
'''3'GA GB GC GG++=
   
. B.
' ' '3 'GA GB GC GG++ =
   
.
C.
' ' '3 '
AA BB CC GG++ =
. D.
' ' '3 'AA BB CC GG++ =
   
.
Lời giải
Chọn C
Phương án A đúng, vì
G
là trọng tâm tam giác
ABC
nên ta có với điểm
'G
bất kì thì
'''3'
GA GB GC GG++=
   
.
Phương án B đúng, vì
'G
là trọng tâm tam giác
'''ABC
nên ta có với điểm
G
bất kì thì
' ' '3 'GA GB GC GG++ =
   
.
Phương án D đúng, vì
''' ' ' 'AA BB CC AG GA BG GB CG GC++ =+ ++ ++
        
( )
' ' '03'3'AG BG CG GA GB GC GG GG
=+++ + + =+ =
       
.
Câu 34. Tập nghiệm của bất phương trình
( )( )
( )
2
13 4 4 0x xx x− − −+>
là
A.
( )
1; 3
. B.
( ) ( )
1; 2 2; 3∪
. C.
( ) ( )
;1 2;3−∞ ∪
. D.
(
) ( )
;1 3;−∞ ∪ +∞
.
Lời giải
Chọn B
Vậy
( )( )
( )
2
13 4 4 0x xx x− − −+>
khi
( ) ( )
1; 2 2; 3x ∈∪
.
Câu 35. Cho hai lực
1
F

và
2
F

cùng đặt tại
O
và đều có cường độ lực là
100N
. Góc hợp bởi
1
F

và
2
F

bằng
120°
. Khi đó cường độ lực tổng hợp của hai lực bằng
A.
200N
. B.
30000N
. C.
100 3N
. D.
100N
.
Lời giải
Chọn D
Theo quy tắc hình bình hành ta có lực tổng hợp của hai lực
1
F

và
2
F

là lực
F

như hình vẽ.
Khi đó ta có tam giác
1
OF F
là tam giác đều nên cường độ của lực
F

bằng
100N
.
Câu 36. Tập hợp các giá trị của tham số
m
để bất phương trình
2
1mx x m+> +
đúng với mọi
2x <
là
A.
∅
. B.
( )
;1−∞
. C.
(
]
;2−∞
. D.
[
)
1;+∞
.
Lời giải
Chọn A
Ta có
( )
22
1 1 1 (*)
mx x m m x m+> + ⇔ − > −
Nếu
1m =
thì
(*) 0 0x⇔>
(vô lý). Do đó
1m =
không thỏa mãn bất phương trình.
Nếu
1m >
thì
(*) 1xm⇔>+
. Tập nghiệm của bất phương trình là
(
)
1;Sm= + +∞
.
Bất phương trình nghiệm đúng với mọi
2
x <
thì
(
) (
)
;2 1;
m−∞ ⊂ + + ∞
⇒
không có giá trị
m
nào thỏa mãn.
Nếu
1m
<
thì
(*) 1xm⇔< +
. Tập nghiệm của bất phương trình là
( )
;1Sm= −∞ +
.
Bất phương trình nghiệm đúng với mọi
2x <
thì
( ) ( )
;2 ; 1m−∞ ⊂ −∞ +
12 1mm⇒ +≥ ⇔ ≥
.
Kết hợp điều kiện
1m <
⇒
không có giá trị nào của m thỏa mãn bất phương trình.
Vậy không có giá trị nào của
m
thỏa mãn đầu bài.
Câu 37. Cho tam giác
ABC
đều có cạnh bằng
a
và có trọng tâm
G
. Khi đó
.BG GA
 
bằng
A.
2
3
6
a
−
. B.
2
6
a
. C.
2
3
6
a
. D.
2
6
a
−
.
Lời giải
Chọn B
Vì tam giác
ABC
đều
G
cũng là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
.
Do đó
3
3
a
GA GB
= =
và
120AGB = °
.
( )
2
33
. . . .cos , . .cos . .cos120
33 6
aa a
BG GA GB GA GA GB GB GA GA GB AGB=− =− =− =− °=
     
.
Câu 38. Trong mặt phẳng tọa độ, cho ba điểm
(
) ( ) ( )
4;1 , 2; 4 , 2; 2A BC−−
. Tọa độ điểm
D
sao cho
C
là
trọng tâm tam giác
ABD
là
A.
( )
0;1D
. B.
( )
4;7
D
−
. C.
( )
4; 11D −
. D.
( )
8; 11D −
.
Lời giải
Chọn D
Vì
C
là trọng tâm tam giác
ABD
nên:
( )
( )
3 3.2 4 2
8
3
11
3 3. 2 1 4
3
ABD
C
D C AB
D
ABD D
D C AB
C
xxx
x
x xxx
x
yyy y
y yyy
y
++
=
= − − = −− −
=

⇔⇔

++ =−
= − − = − −−
=
Vậy
(
)
8; 11D −
.
Câu 39. Cho
0 180
α
°< < °
. Khi đó biểu thức
( ) (
)
( )
2sin 180 cot cos 180 tan cot 180
αα αα α
°− − °− °−
bằng
A.
cos
α
−
. B.
3cos
α
. C.
cos
α
. D.
3cos
α
−
.
Lời giải
Chọn C
Ta có
( ) (
) ( )
sin 180 sin ,cos 180 cos ,cot 180 cot
αα α α α α
°− = °− =− °− =−
. Do vậy
(
) ( ) ( )
2sin 180 cot cos 180 tan cot 180
αα αα α
°− − °− °−
2sin cot cos tan cot 2cos cos cos
αα ααα α α α
= − = −=
.
Câu 40. Từ vị trí
A
người ta quan sát một cây cao.
Biết
4mAH =
,
20mHB =
,
45BAC
°
=
. Khi đó chiều cao của cây (làm tròn đến hàng phần
mười) bằng
A.
17,3m
. B.
17,6m
. C.
17,2m
. D.
17,4m
.
Lời giải
Chọn A
Vì tam giác
AHB
vuông tại
H
nên ta có
22
4 26AB AH HB= +=
.
Kẻ
// ,
AM HB
M BC
∈
. Khi đó
20mAM =
,
4mBM =
và tam giác
ABM
vuông tại
M
. Suy
ra
5
sin
26
AM
ABM
AB
= =
.
Áp dụng định lý sin cho tam giác
ABC
, ta có
sin sin
BC AC
AB
=
.
Đặt
MC x=
, khi đó ta được
( )
( )
2
22
26 400
4 20
24
sin 45 5
x
xx
x
AM
AB
°
+
++
= ⇔ +=
2
30
24 400 9600 0
40
3
x
xx
x
= −
⇔+−=⇔
=
. Suy ra
40
.
3
MC x= =
Vậy chiều cao của cây bằng
52
4 17,3.
3
BC x BC=+= ⇒ ≈
Câu 41. Cho tam giác
ABC
có
;;BC a CA b AB c
= = =
và diện tích tam giác
ABC
bằng
2
5m
. Khi đó
biểu thức
2 22
23
abc
++
đạt giá trị nhỏ nhất bằng (làm tròn đến hàng phần trăm)
A.
2
66,33m
. B.
2
66,30m
. C.
2
66,34m
. D.
2
66,32m
.
Lời giải
Chọn A
Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ sau:
20m
4m
x
20m
4m
A
H
B
C
M
Theo giả thiết ta có hệ sau:
( )
00
222
00
2
22
00
0
; 0.
2 10
ABC
xy
AB x y c
AC a x y b
ya S
>
=+=
=− +=
= =
Khi đó:
( )
(
)
2
2 2 22 2 22
0 0 00
222
00 0
2
22 22 2
00 0 0
23 2 3
3554
11 2 11
5 5 5 2 11 20 11 66,33
55
5
T a b c a ax y x y
a x y ax
ay x a ay ay m

=++=+ − ++ +

=++−

= ++ − ≥ +≥ = ≈


Dấu
""=
xảy ra khi
0
0
22
0
0
2
2
.
50
5
5
11
11
5
5
5
xa
xa
ay
ya
=
−=

⇔


=
=

.
Câu 42. Cho đoạn thẳng
AB
có độ dài
2a
và số
2
k
. Tập hợp các điểm
M
thỏa mãn đẳng thức
2
.
MA MB k
=
 
là
A. Đường tròn đường kính
AB
.
B. Đường tròn tâm là trung điểm của
AB
và bán kính bằng
22
ka+
.
C. Đường trung trực của đoạn thẳng
AB
.
D. Đường tròn tâm là trung điểm của
AB
và bán kính bằng
22
ka+
.
Lời giải
Chọn D
Gọi
I
là trung điểm của
AB
, ta có
( )( )
22
.MA MB k MI IA MI IB k
=⇔ + +=
     
( )( )
2 2 2 2 22
MI IA MI IA k MI IA k MI k a
⇔ + −=⇔ −=⇔= +
   
.
Vậy tập hợp các điểm
M
là đường tròn tâm
I
, bán kính bằng
22
ka+
.
Câu 43. Cho tứ giác
ABCD
. Khi đó
2.CA BD
 
bằng
A.
2 222
AD BC AB CD
. B.
2222
AB CD AD BC
.
C.
2222
AD AB BC CD

. D.
22
CA BD
.
Lời giải
Chọn B
Ta có:
2 222
2. . . . .
..
CA BD CA BD BD CA AD AB CD CB CA AD CD CA BA BC
CD AD AD CD BA BC BA BC CD AD BA BC

  
               
       
Câu 44. Hằng số thực dương
m
nhỏ nhất để bất đẳng thức
( )
222
m ab bc ca a b c++ >++
đúng với mọi
a
,
b
,
c
là độ dài ba cạnh của một tam giác thỏa mãn
A.
( )
1,5;2,5m
∈
. B.
( )
3;4m
∈
. C.
( )
1;2m ∈
. D.
( )
1, 5 ; 3m ∈
.
Lời giải
Chọn A
Với
a
,
b
,
c
là độ dài ba cạnh của một tam giác, ta có:
( )
2
2 222
2
2
ac bc c
abc
a c b ab bc b ab bc ac a b c
bca
ab ac a
+>
+>
+>⇒ + > ⇒ + + > + +


+>
+>
.
Vậy
2m =
.
Câu 45. Cho tam giác
ABC
có hai trung tuyến kẻ từ
A
và
B
vuông góc với nhau. Khi đó tỉ số
AC BC
AB
+
đạt giá trị lớn nhất bằng (làm tròn đến hàng phần trăm)
A.
3.20
. B.
3.17
. C.
3.16
. D.
3.15
.
Lời giải
Chọn C
Vì
,AM BN
lần lượt là trung tuyến kẻ từ
A
và
B
nên ta tính được:
2 22
2
2 22
2
22
4
22
4
AB AC BC
AM
AB BC AC
BN
+−
=
+−
=
Đồng thời hai trung tuyến này vuông góc với nhau nên tam giác
AGN
vuông tại
G
, do đó:
22 2
22
2
2 22
2 22
21
334
511
18 18 18
5
AG GN AN
AC
AM BN
AB AC BC
AB AC BC
+=

⇔ +=


⇔=+
⇔=+
Mà
,,AB AC BC
lần lượt là số đo ba cạnh của tam giác
ABC
nên
,, 0AB BC CA >
,
Suy ra,
( )
2
22
2( ) 10AC BC AC BC AC BC AB+= + ≤ + =
Hay
10 3.16
AC BC
AB
+
≤≈
.
Câu 46. Tìm tất cả các giá trị thực của
x
để hai đẳng thức
3232xx+= +
và
2 5 52
xx−=−
cùng xảy
ra là
A.
25
;
32
−



. B.
25
;
32
−


. C.
25
;.
32
−


D.
25
;
32
−



.
Lời giải
Chọn A
Ta có:
2
3232
3 20
25
3
;
52 0
5
32
2 5 52
2
x
xx
x
x
x
xx
x
−
≥
+= +
+≥
−


⇔ ⇔ ⇔∈


−≥
−=−

≤
Câu 47. Cho tam giác
ABC
. Khi đó vị trí của điểm
M
để biểu thức
.. .MA MB MB MC MC MA++
     
đạt giá
trị nhỏ nhất là
A. Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
. B. Tâm đường tròn nội tiếp tam giác
ABC
.
C. Trực tâm tam giác
ABC
. D. Trọng tâm tam giác
ABC
.
Lời giải
Chọn D
Gọi
G
là trọng tâm tam giác
ABC
.
Ta có:
22 2 2
3 2( . . . ) 9MA MB MC MG MA MB MC MA MB MB MC MC MA MG++ = ⇔ + + + + + =
         
22 2 2
( )( )( )2(. . .)9MG GA MG GB MG GC MA MB MB MC MC MA MG⇔+++ ++ + + + =
           
22 2 2
2 ( ) 2( . . . ) 6GA GB GC MG GA GB GC MA MB MB MC MC MA MG⇔ + + + ++ + + + =
         
2 22 2
2( . . . ) 6 ( )MA MB MB MC MC MA MG GA GB GC⇔ + + = − ++
     
.
Dựa vào đẳng thức trên ta có
.. .MA MB MB MC MC MA++
     
đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
2
6MG
đạt giá trị nhỏ nhất hay
MG≡
.
Câu 48. Từ hai vị trí
A
và
B
của một tòa nhà, người ta quan sát đỉnh
C
của ngọn núi . Biết rằng độ cao
AB
bằng
70m
, phương nhìn
AC
tạo với phương nằm ngang góc
30
°
. Phương nhìn
BC
tạo với
phương nằm ngang góc
15 30
′
°
. Khi đó chiều cao của ngọn núi so với mặt đất (làm tròn đến hàng
đơn vị) bằng:
A.
134m
. B.
133m
. C.
136m
. D.
135m
.
Lời giải
Chọn D
Ta có:
30 ; 60CIK CAH BAC==°=°
;
180 150BIC CIK= °− = °
.
180 14 30BCA BCI CBK BIC
′
= = °− − = °
.
Trong tam giác
ABC
ta có:
.sin
sin sin sin
AB BC AB BAC
BC
BCA BAC BCA
= ⇒=
.
Trong tam giác
BCK
ta có:
.sin .sin
sin
sin
AB BAC CBK
CK BC CBK
BCA
= =
.
Vậy đường cao khối chóp là:
.sin .sin
135
sin
AB BAC CBK
CH CK KH CK AB AB m
BCA
=+ =+= +≈
.
Câu 49. Tam giác
ABC
có
0
5, 8, 60AB CA BAC= = =
. Kết quả nào trong các kết quả sau là độ dài của
cạnh
BC
A.
129
. B.
7
. C.
49
. D.
69
.
Lời giải
Chọn B
Ta có:
222
2 . . 49 7BC AB AC AB AC cosBAC BC= + − =⇒=
.
Câu 50. Tập hợp các giá trị của
m
để hệ bất phương trình
( )
2
2
3 71
2 58
x xx
mx
− ≥++
−≤
vô nghiệm bằng
A.
72
13
m <
. B.
72
13
m
≥
. C.
72
13
m
≤
. D.
72
13
m >
.
Lời giải
Chọn D
( ) ( )
(
)
2
2
3 7 11
2 5 8 2
x xx
mx
− ≥++
−≤
( ) ( )
2
2
1
88
1 3 71 6971 (;]
13 13
x xx x x x S⇔ − ≥ + +⇔− +≥ +⇔ ≤ ⇒ =−∞
(
)
2
28 28
2 [ ;)
55
mm
xS
−−
⇔ ≥ ⇒ = +∞
Hệ vô nghiệm
12
8 2 8 72
13 5 13
m
SS m
−
⇔ ∩ =Φ⇔ < ⇔ >
.
-------------------- HẾT --------------------
| 1/26
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ KSCL CÁC MÔN THI THPT QG LẦN 2 NĂM HỌC 2019-2020
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC MÔN TOÁN 10
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian giao đề Mã đề thi 123
Họ, tên thí sinh:..........................................................................
Số báo danh:............................................................................... Câu 1: Hàm số 2
y = x + 2x − 3 đồng biến trên khoảng A. ( 1; − 3) B. ( 3 − ;− ) 1 C. ( ; −∞ 3 − ) D. ( 1; − 2)
Câu 2: Gọi M ,m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2
y = 5 + 2 −x + 4x − 3 − 4 x −1 − 4 3− x . Khi đó đẳng thức nào sau đây là đúng
A. M + m = 4 2 − 5 B. M − m = 4 2 − 6 C. M − m = 6 − 4 2 D. M + m = 6 + 4 2
 2x + 3− y = m
Câu 3: Tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số m để hệ phương trình  có
 2y + 3− x = m nghiệm bằng A. 6 B. 4 C. 3 D. 5
Câu 4: Đường thẳng y = 2 − x tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng A. 1 B. 2,5 C. 4 D. 2
Câu 5: Phương trình mx + 2m = 2x + 5 có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi A. m > 2 B. m ≠ 2 C. m < 2 D. m ≠ 2 −
Câu 6: Tập hợp các giá trị của tham số m để hàm số y = (1− m) x + 2020 là hàm số bậc nhất là: A. ( ) ;1 −∞ B.  \{ } 1 C. (1;+∞) D. ( ] ;1 −∞
Câu 7: Phương trình 2
mx − 2(m − 2) x + m −3 = 0 có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi A. m∈{0; } 4 B. m ≠ 0 C. m = 4 D. m ≠ 4
Câu 8: Gọi (P) là đồ thị của hàm số bậc hai 2
y = ax + bx + c . Điều kiện để đồ thị (P) của hàm số đã
cho nằm hoàn toàn phía trên trục hoành là ∆ ≤ 0 ∆ < 0 ∆ > 0 A. B. ∆ < 0 C. D.  a > 0 a > 0 a > 0
Câu 9: Phương trình 4 2
x + bx + c = 0 có đúng 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
A. b < 0,c > 0 B. 2
b > 4c,b < 0,c > 0 C. 2 b > 4c
D. b > 0,c > 0
Câu 10: Cho hàm số y = (m − )
1 x − 2m +1, trong đó m là hằng số cho trước. Khi đó điểm cố định
mà đồ thị hàm số đã cho luôn đi qua với mọi m là A. (2; ) 1 − B. (2;3) C. (2; 3 − ) D. (2; ) 1
Câu 11: Cho phương trình x −1 = x − 3. Khi đó điều kiện của phương trình là A. x ≥ 3 B. x > 3 C. x ≥1 D. x >1
Câu 12: Khi giải phương trình 2 2
x − 2x − 3 − x + 2x + 5 = 0 ta đặt 2
t = x − 2x − 3 thì phương trình
đã cho trở thành phương trình
A. 2t − t + 2 = 0
B. 2t + t − 2 = 0 C. 2t − + t − 5 = 0
D. 2t − t − 2 = 0
Câu 13: Khi một quả bóng được đá lên, nó sẽ đạt đến độ cao nào đó rồi rơi xuống. Biết rằng quỹ đạo
của quả bóng là một cung parabol trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oth, trong đó t là thời gian (tính
bằng giây), kể từ khi quả bóng được đá lên; h là độ cao (tính bằng mét) của quả bóng. Giả thiết rằng
quả bóng được đá lên từ độ cao 1,2m. Sau đó 1 giây, nó đạt độ cao 8,5m và 2 giây sau khi đá lên, nó
Trang 1/6 - Mã đề thi 123
ở độ cao 6m. Sau bao lâu thì quả bóng sẽ chạm đất kể từ khi đá lên (tính chính xác đến hàng phần trăm) A. 2,56 giây B. 2,59 giây C. 2,58 giây D. 2,57 giây
Câu 14: Giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) 32 f x = x + với x > 0 bằng 2 x A. 2 32 B. 6 C. 4 D. 2 Câu 15: Cho hàm số 1− m y =
x + 2020 đồng biến trên  . Khi đó tập hợp các giá trị của m bằng m +1 A. ( ; −∞ − ) 1 B. ( 1; − ) 1 C. ( ) ;1 −∞ D. ( 1; − ] 1
Câu 16: Phương trình 2 mx − 2(m + )
1 x + m +1 = 0 có một nghiệm lớn hơn 1 và một nghiệm nhỏ hơn 1 khi và chỉ khi A. m > 1 −
B. 0 < m <1 C. m > 0 D. m ≥ 0 (  m − )
1 x − 2019y = 2020
Câu 17: Điều kiện để hệ phương trình sau 
là hệ phương trình bậc nhất hai 2020x + 
(m − 2) y = 2021 ẩn A. m≠1 B. m ≠ 2
C. m∈  \{1; } 2 D. m∈  2 2
x + xy + y = 4
Câu 18: Số nghiệm của hệ phương trình  bằng
xy + x + y = 2 A. 4 B. 3 C. 1 D. 2
Câu 19: Phương trình ( 2
x + 4x + 3) x − m = 0 có đúng hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi A. m < 3 − B. 3 − ≤ m < 1 − C. m ≥ 1 − D. 3 − < m < 1 − 2 −
Câu 20: Số nghiệm thực của phương trình 2 1 2x 1 4x + + − 6 = 0 bằng 2 x x A. 2 B. 6 C. 4 D. 8 2 x − 2(m + ) 1 x + 6m − 2
Câu 21: Tập hợp các giá trị của tham số m để phương trình = x − 2 có x − 2 nghiệm duy nhất là A. ( ] 3 ;1  −∞       B. 3  ; −∞ C. ( ] ;1 −∞ D. (−∞ ) 3 ;1  2     2    2
Câu 22: Cho hàm số y = ( − m) 2 2
x + 2019x + 2020 . Tập hợp các giá trị của m để hàm số đã cho là hàm số bậc hai là A. ( ;
−∞ 2) (2;+∞) B. { } 2 C. (2;+∞) D. ( ;2 −∞ ) Trang 2/6 - Mã đề thi 123
Câu 23: Phương trình 2 mx − 2(m + )
1 x + m +1 = 0 có ít nhất một nghiệm dương khi và chỉ khi A. m ≥ 1 − B. m > 0 C. m > 1 − D. 1 − < m < 0
mx + y = m +1
Câu 24: Hệ phương trình 
có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi x + my = 2 A. m ≠ 1 B. m ≠ 1 − C. m ≠ 1 ± D. m∈  ax + y = 2
Câu 25: Số cặp số nguyên ( ;
a b) để hệ phương trình  vô nghiệm bằng 6x + by = 4 A. 5 B. 7 C. 8 D. 6
Câu 26: Khi một quả bóng được đá lên, nó sẽ đạt đến độ cao nào đó rồi rơi xuống. Biết rằng quỹ đạo
của quả bóng là một cung parabol trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oth, trong đó t là thời gian (tính
bằng giây), kể từ khi quả bóng được đá lên; h là độ cao (tính bằng mét) của quả bóng. Giả thiết rằng
quả bóng được đá lên từ độ cao 1,2m. Sau đó 1 giây, nó đạt độ cao 8,5m và 2 giây sau khi đá lên, nó ở độ cao 6m.
Độ cao lớn nhất của quả bóng (tính chính xác đến hàng phần nghìn) bằng A. 8,794m B. 8,795m C. 8,793m D. 8,796m
Câu 27: Từ đồ thị hàm số 2
y = x − 4x + 3 ta thực hiện những bước biến đổi sau để được đồ thị hàm số 2
y = x − 6x + 5
A. Tịnh tiến sang phải 1 đơn vị và tịnh tiến xuống dưới 3 đơn vị
B. Tịnh tiến sang trái 1 đơn vị và tịnh tiến lên trên 4 đơn vị
C. Đối xứng qua trục Ox và tịnh tiến sang trái 1 đơn vị
D. Đối xứng qua trục Oy và tịnh tiến lên trên 3 đơn vị
Câu 28: Có thể khoanh một sợi dây dài 40cm thành một hình chữ nhật có diện tích S cho trước trong
trường hợp nào sau đây? A. 2 S = 99cm B. 2 S =101,5cm C. 2 S =102cm D. 2 S =101cm
Câu 29: Phương trình mx +1 = 2 có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi x −1 A. m > 2 B. m ≠ 2 C. m ≠ 1 −
D. m∈  \{ 1; − } 2
Câu 30: Giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) 2020 f x = x + với x > 0 bằng x A. 2020 B. 4040 C. 4040 D. 8080
Câu 31: Cho tam giác ABC có BC = a,CA = ,
b AB = c . Khi đó đẳng thức nào sau đây là sai 2 2 2 A. + − cos a b c A = 2bc B. 2 2 2
b = c + a − 2ca cos B C. 2 2 2
a + b + c = 2bc cos A + 2ca cos B + 2abcosC
Trang 3/6 - Mã đề thi 123 D. 2 2 2
a = b + c − 2bc cos A
Câu 32: Cho tam giác ABC và M, N lần lượt là trung điểm của cạnh AB, AC. Đẳng thức nào sau đây
là sai        
A. BC = 2MN
B. AB = 2MB C. 1 MN = − CB D. 1 MN = CB 2 2
Câu 33: Giả sử G và G’ lần lượt là trọng tâm tam giác ABC và A’B’C’. Khi đó đẳng thức nào sau đây là sai
   
   
A. G ' A + G 'B + G 'C = 3G 'G
B. GA'+ GB '+ GC ' = 3GG '
   
C. AA'+ BB '+ CC ' = 3GG '
D. AA'+ BB '+ CC ' = 3GG '
Câu 34: Tập nghiệm của bất phương trình (x − )( − x)( 2 1 3
x − 4x + 4) > 0 bằng A. (1;3) B. (1;2) (2;3) C. ( ; −∞ ) 1 (2;3) D. ( ; −∞ ) 1 (3;+∞)  
Câu 35: Cho hai lực F và F cùng có điểm đặt tại O và đều có cường độ lực là 100N, góc hợp bởi 1 2  
F và F bằng 0
120 . Khi đó cường độ lực tổng hợp của hai lực đã cho bằng 1 2 A. 200N B. 30000N C. 100 3N D. 100N
Câu 36: Tập hợp các giá trị của tham số m để bất phương trình 2
mx +1 > x + m đúng với mọi x < 2 là A. ∅ B. ( ) ;1 −∞ C. ( ;2 −∞ ] D. [1;+∞)  
Câu 37: Cho tam giác ABC đều có cạnh bằng a và có trọng tâm G. Khi đó B . G GA bằng 2 2 2 2 A. a 3 a a − B. C. a 3 D. − 6 6 6 6
Câu 38: Trong mặt phẳng tọa độ, cho ba điểm A( 4; − )
1 , B(2;4),C (2; 2
− ). Tọa độ điểm D sao cho
cho C là trọng tâm tam giác ABD là A. D(0; ) 1 B. D( 4; − 7) C. D(4; 1 − ) 1 D. D(8; 1 − ) 1 Câu 39: Cho 0 0 0 < α <180 . Khi đó biểu thức
( 0 −α) α − ( 0 −α) α ( 0 2sin 180 cot cos 180 tan cot 180 −α ) bằng A. −cosα B. 3cosα C. cosα D. 3 − cosα
Câu 40: Từ vị trí A người ta quan sát một cây cao.
Trang 4/6 - Mã đề thi 123 Biết 0 AH = 4 , m HB = 20 , m B
∠ AC = 45 . Khi đó chiều cao của cây (làm tròn đến hàng phần mười) bằng A. 17,3m B. 17,6m C. 17,2m D. 17,4m
Câu 41: Cho tam giác ABC có BC = a,CA = ,
b AB = c và diện tích tam giác ABC bằng 2 5m . Khi đó biểu thức 2 2 2
a + 2b + 3c đạt giá trị nhỏ nhất bằng (làm tròn đến hàng phần trăm) A. 2 66,33m B. 2 66,30m C. 2 66,34m D. 2 66,32m
Câu 42: Cho đoạn thẳng AB có độ dài 2a và số 2
k . Tập hợp các điểm M thỏa mãn đẳng thức   2 . MA MB = k là
A. Đường tròn đường kính AB
B. Đường tròn tâm là trung điểm của AB và bán kính bằng 2 2 k + a
C. Đường trung trực của đoạn thẳng AB.
D. Đường tròn tâm là trung điểm của AB và bán kính bằng 2 2 k + a  
Câu 43: Cho tứ giác ABCD. Khi đó 2C . A BD bằng A. 2 2 2 2
AD + BC − AB − CD B. 2 2 2 2
AB + CD − AD − BC C. 2 2 2 2
AD + AB − BC − CD D. 2 2 CA + BD
Câu 44: Hằng số thực dương m nhỏ nhất để bất đẳng thức ( + + ) 2 2 2
m ab bc ca > a + b + c đúng với
mọi a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác thỏa mãn A. m∈(1,5;2,5) B. m∈(3;4) C. m∈(1;2) D. m∈(2,5;3)
Câu 45: Cho tam giác ABC có hai trung tuyến kẻ từ A và B vuông góc với nhau. Khi đó tỉ số
AC + BC đạt giá trị lớn nhất bằng (làm tròn đến hàng phần trăm) AB A. 3,20 B. 3,17 C. 3,16 D. 3,15
Câu 46: Tập hợp các giá trị của x để hai đẳng thức 3x + 2 = 3x + 2 và 2x − 5 = 5 − 2x cùng xảy ra là A.  2 5 ;  −        B. 2 5 −  ; C. 2 5 − ; D. 2 5 −  ; 3 2      3 2    3 2   3 2 
     
Câu 47: Cho tam giác ABC. Khi đó vị trí của điểm M để biểu thức . MA MB + .
MB MC + MC.MA đạt giá trị nhỏ nhất là
A. Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. B. Tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
C. Trực tâm tam giác ABC
D. Trọng tâm tam giác ABC
Câu 48: Từ hai vị trí A và B của một tòa nhà, người ta quan sát đỉnh C của ngọn núi. Biết rằng độ
cao AB bằng 70m, phương nhìn AC tạo với phương nằm ngang góc 0
30 , phương nhìn BC tạo với phương nằm ngang góc 0
15 30'. Khi đó chiều cao của ngọn núi so với mặt đất (làm tròn đến hàng đơn vị) bằng
Trang 5/6 - Mã đề thi 123 A. 134m B. 133m C. 136m D. 135m
Câu 49: Cho tam giác ABC có 0
AB = 5,CA = 8, B
∠ AC = 60 . Kết quả nào trong các kết quả sau là độ dài của cạnh BC? A. 129 B. 7 C. 49 D. 69 (  x −3)2 2 ≥ + +
Câu 50: Tập hợp các giá trị của m để hệ bất phương trình x 7x 1  vô nghiệm bằng
2m − 5x ≤ 8 A. 72 m < B. 72 m ≥ C. 72 m ≤ D. 72 m > 13 13 13 13
----------------------------------------------- ----------- HẾT ----------
Trang 6/6 - Mã đề thi 123 mamon made cauhoi dapan TOAN10 123 1 B TOAN10 123 2 C TOAN10 123 3 D TOAN10 123 4 D TOAN10 123 5 B TOAN10 123 6 B TOAN10 123 7 A TOAN10 123 8 C TOAN10 123 9 B TOAN10 123 10 A TOAN10 123 11 C TOAN10 123 12 D TOAN10 123 13 C TOAN10 123 14 B TOAN10 123 15 B TOAN10 123 16 C TOAN10 123 17 D TOAN10 123 18 D TOAN10 123 19 B TOAN10 123 20 C TOAN10 123 21 A TOAN10 123 22 A TOAN10 123 23 C TOAN10 123 24 C TOAN10 123 25 B TOAN10 123 26 A TOAN10 123 27 A TOAN10 123 28 A TOAN10 123 29 D TOAN10 123 30 D TOAN10 123 31 A TOAN10 123 32 D TOAN10 123 33 C TOAN10 123 34 B TOAN10 123 35 C TOAN10 123 36 A TOAN10 123 37 B TOAN10 123 38 D TOAN10 123 39 C TOAN10 123 40 D TOAN10 123 41 A TOAN10 123 42 D TOAN10 123 43 B TOAN10 123 44 A TOAN10 123 45 C TOAN10 123 46 A TOAN10 123 47 D TOAN10 123 48 D TOAN10 123 49 B TOAN10 123 50 D
LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1. Hàm số 2
y = x + 2x − 3 đồng biến trên khoảng A. ( 1; − 3) . B. ( 3 − ;− ) 1 . C. ( ; −∞ 3 − ) . D. ( 1; − 2) . Lời giải Chọn B Ta vẽ đồ thị hàm số 2
y = x + 2x − 3 bằng cách sau:
+ Vẽ hai đồ thị hàm số 2
y = x + 2x − 3 và 2
y = −x − 2x + 3 trên cùng một hệ tọa độ rồi xóa bỏ
phần đồ thị nằm dưới trục hoành ta được đồ thị hàm số 2
y = x + 2x − 3 như hình bên dưới.
Nhìn vào đồ thị hàm số 2
y = x + 2x − 3 ta thấy hàm số đồng biến trên ( 3 − ;− ) 1 .
Câu 2. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2
y = 5 + 2 −x + 4x − 3 − 4 x −1 − 4 3− x . Khi đó đẳng thức nào sau đây đúng?
A. M + m = 4 2 − 5 . B. M − m = 4 2 − 6 . C. M − m = 6 − 4 2 . D. M + m = 6 + 4 2 . Lời giải Chọn C
Điều kiện: 1≤ x ≤ 3 .
Đặt t = x −1 + 3− x .
Ta có: 2t = 2 + 2 (x −1)(3− x) ≥ 2 ⇒ t ≥ 2 (do t > 0). Cauchy
Lại có 2t = 2 + 2 (x −1)(3− x) ≤ 2 + (x −1) + (3− x) = 4 ⇒ t ≤ 2 (do t > 0).
Vậy với 1≤ x ≤ 3 thì 2 ≤ t ≤ 2 .
Hàm số đã cho trở thành 2
y = t − 4t + 3 đây là một parabol có đỉnh I (2;− ) 1 . Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiến suy ra m = 1
− , M = 5 − 4 2 . Do đó M − m = 6 − 4 2 .
 2x + 3− y = m
Câu 3. Tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số m để hệ phương trình  có nghiệm
 2y + 3− x = m bằng A. 6 B. 4 C. 3 D. 5 Lời giải Chọn D
Điều kiện: 0 ≤ x, y ≤ 3
Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) ta được:
2x − 2y + 3− y − 3− x = 0 2x − 2y 3− y − 3+ x ⇔ + = 0 2x + 2y 3− y + 3− x (   ⇔ x − y) 2 1  +  = 0  2x 2y 3 y 3 y  + − + −   x = y  ⇔ 2 1  + = 0  2x + 2y 3− y + 3−  y ⇒ x = y (do 2 1 + > 0). 2x + 2y 3− y + 3− y
Thế vào phương trình (1) ta được: 2x + 3− x = m . Ta có: 1 1 3 m = 2x +
6 − 2x ≤ 1+ . 2x + 6 − x = . 6 = 3 . 2 2 2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x = 2 .
Ta có: 2x + 3− x = m 2
⇒ m = 2x + 2 2x(3− x) + 3− x = 3+ x + 2 2x(x − 3) ≥ 3 ⇒ m ≥ 3 .
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0
Kết hợp điều kiện ta có: 3 < m ≤ 3 .
Vậy tổng các giá trị nguyên của m bằng 5.
Câu 4. Đường thẳng y = 2 − x tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng A. 1 B. 2,5 C. 4 D. 2 Lời giải Chọn D
Giao với trục Ox : A(2;0) .
Giao với trục Oy : B(0;2) . Ta có: 1 S = OAOB = . OAB . 2 2
Câu 5. Phương trình mx + 2m = 2x + 5 có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi A. m > 2 . B. m ≠ 2 . C. m < 2. D. m ≠ 2 − . Lời giải Chọn B
Ta có, mx + 2m = 2x + 5 ⇔ (m − 2) x + 2m −5 = 0 .
Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m − 2 ≠ 0 ⇔ m ≠ 2 .
Câu 6. Tập hợp các giá trị của tham số m để hàm số y = (1− m) x + 2020 là hàm số bậc nhất là A. (−∞ ) ;1 . B.  \{ } 1 . C. (1;+ ∞) . D. ( ] ;1 −∞ . Lời giải Chọn B
Để hàm số y = (1− m) x + 2020 là hàm số bậc nhất thì 1− m ≠ 0 ⇔ m ≠1.
Câu 7. Phương trình 2
mx − 2(m − 2) x + m − 3 = 0 có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi A. m∈{0; } 4 . B. m ≠ 0 . C. m = 4 . D. m ≠ 4 . Lời giải Chọn A
Nếu m = 0: phương trình đã cho trở thành 3
4x − 3 = 0 ⇔ x = . Phương trình có nghiệm duy 4
nhất nên giá trị m = 0 thỏa mãn.
Nếu m ≠ 0 : phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi ∆ ' = 0 ⇔ −  (m − ) 2 2  − m
(m −3) = 0 ⇔ 4− m = 0 ⇔ m = 4 . Vậy phương trình 2
mx − 2(m − 2) x + m − 3 = 0 có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m = 0hoặc m = 4 .
Câu 8. Gọi (P) là đồ thị của hàm số bậc hai 2
y = ax + bx + c . Điều kiện để đồ thị (P) của hàm số đã
cho nằm hoàn toàn phía trên trục hoành là ∆ ≤ 0 ∆ < 0 ∆ > 0 A.  . B. ∆ < 0 . C.  . D.  . a > 0 a > 0 a > 0 Lời giải Chọn C
Đồ thị của hàm số bậc hai 2
y = ax + bx + c nằm hoàn toàn phía trên trục hoành khi và chỉ khi ∆ < 0 y > 0 x ∀ ∈ ⇔  . a > 0
Câu 9. Phương trình 4 2
x + bx + c = 0 có đúng 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
A. b < 0,c > 0 . B. 2
b > 4c,b < 0,c > 0 . C. 2 b > 4c .
D. b > 0,c > 0 . Lời giải Chọn B Phương trình 4 2
x + bx + c = 0 có đúng 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
Phương trình 2t + bt + c = 0 có đúng 2 nghiệm phân biệt dương khi và chỉ khi 2 2 b  − 4c > 0 b  > 4c   b 0 b  − > ⇔  < 0 . c 0  > c > 0  
Câu 10. Cho hàm số y = (m − )
1 x − 2m +1, trong đó m hằng số cho trước. Khi đó điểm cố định mà đồ
thị hàm số đã cho luôn đi qua với mọi m là A. (2;−1) . B. (2;3) . C. (2;−3). D. (2;1). Lời giải Chọn A
Đồ thị hàm số y = (m − )
1 x − 2m +1 luôn đi qua điểm cố định với mọi m
⇔ (x − 2)m + (1− x − y) = 0 nghiệm đúng với mọi m (x−2) = 0 x = 2 ⇔ ( ⇔   1− x − y  ) = 0 y = 1 −
Câu 11. Cho phương trình x −1= x −3. Khi đó điều kiện của phương trình là A. x≥3 . B. x >3. C. x≥1. D. x >1. Lời giải Chọn C
Điều kiện: x −1≥0⇔ x≥1.
Câu 12. Khi giải phương trình 2 2
x − 2x −3 − x + 2x +5=0 ta đặt 2
t = x − 2x −3 thì phương trình đã
cho trở thành phương trình
A. 2t −t + 2=0 .
B. 2t +t − 2=0 . C. 2t − +t −5=0 .
D. 2t −t − 2=0. Lời giải Chọn D Ta có: 2 2
x − 2x −3 − x + 2x +5=0 2
⇔ x − x − −( 2
2 3 x − 2x −3)+ 2 =0 (1). Đặt 2
t = x − 2x −3 (Điều kiện: t ≥0 ).
Khi đó phương trình (1) trở thành: 2 2 t
− +t + 2=0⇔t −t − 2=0.
Câu 13. Khi một quả bóng được ném lên, nó sẽ đạt đến độ cao nào đó rồi rơi xuống. Biết quỹ đạo của quả
bóng là một cung Parabol trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oth , trong đó t là thời gian (tính bằng
giây), kể từ khi quả bóng được đá lên, h là độ cao (tính bằng mét) của quả bóng. Giả thiết rằng
quả bóng được đá lên từ độ cao 1,2m . Sau đó 1 giây, nó đạt độ cao 8,5m và 2 giây sau khi đá
nó lên, nó ở độ cao 6m . Sau bao lâu thì quả bóng sẽ chạm đất kể từ khi đá lên (Tính chính xác đến hàng phần trăm). A. 2,56 giây. B. 2,59 giây. C. 2,58giây. D. 2,57 giây. Lời giải Chọn C
Do bóng được đá từ độ cao 1,2m nên trong hệ trục tọa độ Oth ta có Parabol cắt trục Oh tại
điểm có tung độ h =1,2m . Khi đó phương trình Parabol có dạng: h(t) 2
= at + bt +1,2 (t ≥ 0). 0
Theo giả thiết ta có hệ phương trình: h( )
1 = a + b +1,2 = 8,5 a + b = 7,3 a = 4 − ,9  ⇔  ⇔  . h
 (2) = 4a + 2b +1,2 = 6 2a + b = 2,4 b  =12,2
Do đó khi quả bóng chạm đất thì độ cao của quả bóng so với mặt đất bằng 0 2 ⇒ 0 = 4,
− 9t +12,2t +1,2 ⇒ t ≈ 2,58.
Câu 14. Giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) 32 f x = x + với x > 0 bằng 2 x A. 2 32 . B. 6 . C. 4 . D. 2 . Lời giải ChọnB Ta có: 32 x x 32 x + = + + . Do x x 32
x > 0 áp dụng BĐT Cô si cho ba số dương ; ; . 2 2 x 2 2 x 2 2 2 x Ta được x x 32 x x 32 x x 32 + + ≥ 3 3 . . ⇔ + +
≥ 6 . Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi 2 2 2 2 2 x 2 2 x 2 2 x x 32 = ⇔ x = 4 . 2 2 x
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số là 6 tại x = 4 . Câu 15. Cho hàm số 1− m y =
x + 2020 đồng biến trên  . Khi đó tập hợp các giá trị của m bằng: m +1 A. (−∞;− ) 1 . B. ( 1; − ) 1 . C. (−∞ ) ;1 . D. ( 1; − ] 1 . Lời giải Chọn B 1− m 1  − m > 0 m < 1
Hàm số đồng biến trên  khi và chỉ khi > 0 ⇔  ⇔  ⇔ 1 − < m <1. m +1 m +1 > 0 m > 1 −
Câu 16. Phương trình 2 mx − 2(m + )
1 x + m +1 = 0 có một nghiệm lớn hơn 1 và một nghiệm nhỏ hơn 1 khi và chỉ khi A. m > 1 − .
B. 0 < m <1. C. m > 0. D. m ≥ 0 . Lời giải Chọn C
Yêu cầu bài toán tương đương với: m ≠ 0 m ≠ 0   ' (m )2 1 m(m ) 1 0  ∆ = + −
+ > ⇔ m +1> 0 . x <1< x  x 1 − < 0 < x −1  1 2 1 2 m ≠ 0 m ≠ 0  m 1  ⇔ > − ⇔ m > 1 − . (
x 1 . x 1 0  − − <
x .x − x +x +1< 0 (1)  1 ) ( 2 )  1 2 ( 1 2 )  2(m + ) 1 x +x = 1 2
Theo định lý Viet ta có:  m  . m +  1 x .x = 1 2  m
( ) m +1 2(m + )1 1 1 1 0 − ⇔ − + < ⇔ < 0 ⇔ m > 0. m m m Vậy m > 0.
(m − )1 x − 2019y =  2020
Câu 17. Điều kiện để hệ phương trình 
là hệ phương trình bậc nhất hai ẩn 2020x + 
(m − 2) y = 2021 A. m ≠1. B. m ≠ 2 . C.  \{1; } 2 . D. m∈ . Lời giải Chọn D Vì 2019 −
≠ 0, 2020 ≠ 0 nên hai phương trình của hệ đều là phương trình bậc nhất hai ẩn. Vậy m∈ 2 2  + + = Câu 18. x xy y 4
Số nghiệm của hệ phương trình  bằng
xy + x + y = 2 A. 4 . B. 3. C. 1. D. 2 . Lời giải Chọn D 2 2
x + xy + y = 4 (
 x + y)2 − xy = 4 (
 x + y)2 +(x + y)−6 = 0 Ta có  ⇔  ⇔ 
xy + x + y = 2
xy + x + y = 2 xy = 2 −  (x + y) x + y = 2 X = 0 TH1: 
x y là nghiệm của phương trình 2
X − 2X = 0 ⇔  xy = 0 .Nên , X = 2 x = 2 x = 0 Vậy hệ có nghiệm  và  . y = 0 y = 2 x + y = 3 − y = 3 − − x TH2:  ⇔ 
x + x + = vô nghiệm nên hệ phương 2 xy = 5
x + 3x + 5 = 0 Vì phương trình 2 3 5 0 trình vô nghiệm.
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm.
Câu 19. Phương trình ( 2
x + 4x + 3) x − m = 0 có đúng hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi A. m < 3 − . B. 3 − ≤ m < 1 − . C. m ≥ 1 − . D. 3 − < m < 1 − . Lời giải Chọn B x ≥ mx ≥ m   x = m
Phương trình tương đương: x = m ⇔  .  x = 1 − 2 x 4x 3 0  + + = x = 3 − 
Phương trình có đúng hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 3 − ≤ m < 1 − . 2
Câu 20. Số nghiệm thực của phương trình 2 1 2x −1 4x + + − 6 = 0 bằng 2 x x A. 2 . B. 6 . C. 4 . D. 8 . Lời giải Chọn C Đk: x ≠ 0 . 2
Phương trình tương đương:  1  1 2x − + 2x − − 2 =   0  x x  1 2x − =  1  1 2 − = 1 1 x 2x 1 2  x
2x − x −1 = 0 ⇔ 2x −
+ 2x − − 2 = 0 ⇔  ⇔  ⇔ x x   1 2  1 2x − = 2 −
2x + x −1 = 0  (vn) 2x − = 1 −  x  xx =1  1 x = −  2 ⇔ 
(thỏa đk). Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm. x = 1 −   1 x =  2 2 x − 2(m + ) 1 x + 6m − 2
Câu 21. Tập hợp các giá trị của tham số m để phương trình = x − 2 x − 2 có nghiệm duy nhất là A. ( ] 3   ;1  −∞ ∪    . B. 3  ; −∞ . C. ( ] ;1 −∞ . D. (−∞ ) 3 ;1 ∪  . 2     2  2 Lời giải Chọn A
Điều kiện xác định của phương trình là x > 2 . 2 x − 2(m + ) 1 x + 6m − 2 Khi đó phương trình = x − 2 2
⇔ x − 2(m + )
1 x + 6m − 2 = x − 2 x − 2 x = 3 2
⇔ x − (2m + 3) x + 6m = 0 ⇔  (*) x = 2m
Để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất thì (*) có nghiệm duy nhất thỏa mãn điều kiện x > 2  3 2m = 3 m = tương đương với  2 m ( ] 3 ;1   ⇔ ⇔ ∈ −∞ ∪ . 2m ≤ 2 < 3   2 m ≤1 
Câu 22. Cho hàm số y = ( − m) 2 2
x + 2019x + 2020 . Tập các giá trị của m để hàm số đã cho là hàm số bậc hai là A. ( ; −∞ 2) ∪(2;+∞). B. { } 2 . C. (2;+∞) . D. ( ;2 −∞ ) . Lời giải Chọn A
Hàm số y = ( − m) 2 2
x + 2019x + 2020 là hàm số bậc hai khi 2 − m ≠ 0 ⇔ m ≠ 2 hay tập các
giá trị của m để hàm số đã cho là hàm số bậc hai là ( ; −∞ 2) ∪(2;+∞).
Câu 23. Phương trình 2 mx − 2(m + )
1 x + m +1 = 0 có ít nhất một nghiệm dương khi và chỉ khi A. m ≥ 1 − . B. m > 0 . C. m > 1 − . D. 1 − < m < 0 . Lời giải Chọn C
Trường hợp 1: m = 0 ta có phương trình 1 2
− x +1 = 0 ⇔ x = > 0 . Vậy m = 0 thỏa mãn.( ) 1 2
Trường hợp 2: m ≠ 0
+ Phương trình có hai nghiệm trái dấu ⇔ ac < 0 ⇔ . m (m + ) 1 < 0 ⇔ 1 − < m < 0 (2). ∆′ ≥ 0 m +1 > 0
+ Phương trình có hai nghiệm dương  S 0  ⇔ > ⇔ m +1 ⇔ m > 0 (3) . >   0 P > 0  m Từ ( )
1 ;(2);(3) ⇒ giá trị m thỏa mãn bài toán là m > 1 − .
mx + y = m +1
Câu 24. Hệ phương trình 
có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi x + my = 2 A. m ≠ 1. B. m ≠ 1 − . C. m ≠ 1 ± . D. m∈ . Lời giải Chọn C Cách 1:
mx + y = m +1
m(2 − my) + my = m +1 x = 2 − my   ⇔  ⇔ . x = 2 − my
x = 2 − my ( 2  m −  )1 y = m−1 (*)
Từ (*) ⇒ Hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi 2
m −1 ≠ 0 ⇔ m ≠ 1 ± . m 1
Cách 2: Để hệ phương trình có nghiệm duy nhất ⇔ 2 D =
≠ 0 ⇔ m −1 ≠ 0 ⇔ m ≠ 1 ± . 1 max + y = 2
Câu 25. Số cặp số nguyên ( ;
a b) để hệ phương trình  vô nghiệm bằng 6x + by = 4 A. 5. B. 7 . C. 8. D. 6 . Lời giải Chọn B  2  = 2 − b y  =
Xét a = 0 hệ phương trình được viết lại x  ⇔ 
3 lúc này hệ có nghiệm. 6x + 2b = 4 y = 2
Xét a ≠ 0 , biến đổi hệ phương trình ta được ax + y = 2 6ax + 6y =12
(ab − 6)y = 4a −12  ⇔  ⇔ . 6x by 4 6ax bay 4a  + = + = ax + y = 2
Hệ phương trình vô nghiệm khi và chỉ khi ab − 6 = 0 ab = 6  ⇔  (*) . 4a −12 ≠ 0 a ≠ 3  6 b  =
Vì a,b∈ nên từ (*) ta có  a . a∈  { 6; − 3 − ; 2; − 1 − ;1;2; } 6
Vậy có tất cả là 7 cặp số nguyên.
Câu 26. Khi một quả bóng được đá lên, nó sẽ đạt đến độ cao nào đó rồi rơi xuống. Biết rằng quỹ đạo của
quả bóng là một cung parabol trong mặt phẳng tọa độ Oth , trong đó t là thời gian (tính bằng
giây) kể từ khi quả bóng được đá lên, h là độ cao (tính bằng mét) của quả bóng. Giả thiết rằng
quả bóng được đá lên từ độ cao 1,2m . Sau đó 1 giây nó đạt độ cao 8,5m, và sau 2 giây khi đá lên nó ở độ cao 6m .
Độ cao lớn nhất của quả bóng (tính chính xác đến hàng phần ngàn) bằng A. 8,794m . B. 8,795m . C. 8,793m. D. 8,796m . Lời giải Chọn A
Theo giả thiết ta có h(t) là một hàm số bậc hai theo biến t , đặt 2
h(t) = mt + nt + p;m ≠ 0.
Từ giả thiết ta có hệ phương trình  49 m = −  10 h(0) =1, 2  p =1, 2     61
h(1) = 8,5 ⇔ m + n + p = 8,5 ⇔ n = . 5 h(2) 6 4m 2n p 6  = + + =    6 p =  5 Do vậy 49 2 61 6 h(t) = − t +
t + ;t ≥ 0 , ta có biến đổi như sau 10 5 5 49 61 2 4309 4309 h(t) = − (t − ) + ≤ , t ∀ ≥ 0 . 10 49 490 490
Vậy độ cao lớn nhất của quả bóng bằng 4309 ≈ 8,794 (mét). 490
Câu 27. Từ đồ thị hàm số 2
y = x − 4x + 3 ta thực hiện những bước biến đổi sau để được đồ thị hàm số 2
y = x − 6x + 5
A. Tịnh tiến sang phải 1 đơn vị và tịnh tiến xuống dưới 3 đơn vị.
B. Tịnh tiến sang trái 1 đơn vị và tịnh tiến lên trên 4 đơn vị.
C. Đối xứng qua trục Ox và tịnh tiến sang trái 1 đơn vị.
D. Đối xứng qua trục Oy và tịnh tiến lên trên 3 đơn vị. Lời giải Chọn A Ta có 2
y = x − 4x + 3 ⇔ y = (x − 2)2 −1 và 2
y = x − 6x + 5 ⇔ y = (x − 3)2 − 4 .
Do đó các bước thực hiện là tịnh tiến sang phải 1 đơn vị và tịnh tiến xuống dưới 3 đơn vị.
Câu 28. Có thể khoanh một sợi dây dài 40cm thành một hình chữ nhật có diện tích S cho trước trong
trường hợp nào sau đây? A. 2 S = 99cm . B. 2 S =101,5cm . C. 2 S =102cm . D. 2
S =101cm . Lời giải Chọn A
Gọi x (cm) , 0 < x < 20 là kích thước một cạnh của hình chữ nhật.
Kích thước cạnh còn lại là 20 − x (cm) .  x + − x
Ta có S = x( − x) ( ) 2 20 20 ≤   = 100 ( 2
cm ) . Do đó chỉ có đáp án A thỏa.  2 
Câu 29. Phương trình mx +1 = 2 có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi x −1 A. m > 2 . B. m ≠ 2 . C. m ≠ 1 − . D. m∈ \{ 1; − } 2 . Lời giải Chọn D
Điều kiện: x ≠ 1. Khi đó ta có mx +1 = 2 ⇔ mx +1 = 2(x − )
1 ⇔ x(m − 2) = 3 − . x −1
Để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất thì ta cần m − 2 ≠ 0  m ≠ 2  3 − ⇔  ⇔ m∈  \{ 1; − } 2 . x = ≠ 1 m ≠ 1 −  m − 2
Câu 30. Giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) 2020 f x = x + với x > 0 bằng x A. 2020 . B. 4040 . C. 4040 . D. 8080 . Lời giải Chọn D
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số thực dương x và 2020 ta có x f (x) 2020 2020 = x + ≥ 2 . x = 2 2020 = 8080 x x Dấu bằng xảy ra khi 2020 x = ⇒ x = 2020 . x
Câu 31. Cho tam giác ABC có BC = a,CA = ,
b AB = c . Khi đó đẳng thức nào sau đây là sai? 2 2 2 A. cos
a + b − c A = . 2bc B. 2 2 2
b = c + a − 2accos B . C. 2 2 2
a + b + c = 2bccos A + 2accos B + 2abcosC . D. 2 2 2
a = b + c − 2bccos A. Lời giải Chọn A 2 2 2
Theo hệ quả định lý cô-sin ta có phương án + − A sai vì cos b c a A = . 2bc
Theo định lý cô-sin ta có phương án B và D đúng, vì 2 2 2
a = b + c − 2bccos A 2 2 2
b = c + a − 2accos B 2 2 2
c = a + b − 2abcosC
Cộng vế với vế ta được 2 2 2
a + b + c = 2bccos A + 2accos B + 2abcosC nên phương án C đúng.
Câu 32. Cho tam giác ABC và M , N lần lượt là trung điểm của cạnh AB, AC . Đẳng thức nào sau đây là
sai?        
A. BC = 2MN .
B. AB = 2MB . C. 1 MN = − CB . D. 1 MN = CB . 2 2 Lời giải Chọn D  
Từ giả thiết ta có MN // CB và 1 MN = CB .
và CB là hai vectơ ngược hướng, 2 Ta có MN 1  
MN = CB . Suy ra 1
MN = CB sai. 2 2
Câu 33. Giả sử G và G ' lần lượt là trọng tâm tam giác ABC và A'B 'C ' . Khi đó đẳng thức nào sau đây là sai?
   
   
A. G ' A+ G 'B + G 'C = 3G 'G .
B. GA'+ GB '+ GC ' = 3GG '.
   
C. AA'+ BB '+ CC ' = 3GG ' .
D. AA'+ BB '+ CC ' = 3GG '. Lời giải Chọn C
Phương án A đúng, vì G là trọng tâm tam giác ABC nên ta có với điểm G ' bất kì thì
   
G ' A + G 'B + G 'C = 3G 'G .
Phương án B đúng, vì G ' là trọng tâm tam giác A'B 'C ' nên ta có với điểm G bất kì thì
   
GA'+ GB '+ GC ' = 3GG '.         
Phương án D đúng, vì AA'+ BB '+ CC ' = AG + GA'+ BG + GB '+ CG + GC '
        
= AG + BG + CG + (GA'+GB'+GC ') = 0+3GG' = 3GG'.
Câu 34. Tập nghiệm của bất phương trình (x − )( − x)( 2 1 3
x − 4x + 4) > 0 là A. (1;3). B. (1;2)∪(2;3). C. ( ; −∞ ) 1 ∪(2;3) . D. ( ; −∞ ) 1 ∪(3;+∞). Lời giải Chọn B
Vậy (x − )( − x)( 2 1 3
x − 4x + 4) > 0 khi x∈(1;2)∪(2;3) .    
Câu 35. Cho hai lực F và F cùng đặt tại F và F 1 2
O và đều có cường độ lực là 100N . Góc hợp bởi 1 2
bằng 120° . Khi đó cường độ lực tổng hợp của hai lực bằng A. 200N . B. 30000N . C. 100 3N . D. 100N . Lời giải Chọn D   
Theo quy tắc hình bình hành ta có lực tổng hợp của hai lực F và F là lực như hình vẽ. 1 2 F 
Khi đó ta có tam giác OF F bằng 100N . 1
là tam giác đều nên cường độ của lực F
Câu 36. Tập hợp các giá trị của tham số m để bất phương trình 2
mx +1 > x + m đúng với mọi x < 2 là A. ∅. B. (−∞ ) ;1 . C. (−∞;2]. D. [1;+ ∞) . Lời giải Chọn A Ta có 2
mx + > x + m ⇔ (m − ) 2 1
1 x > m −1 (*)
Nếu m =1 thì (*) ⇔ 0x > 0 (vô lý). Do đó m =1 không thỏa mãn bất phương trình.
Nếu m >1 thì (*) ⇔ x > m+1. Tập nghiệm của bất phương trình là S = (m+1;+∞).
Bất phương trình nghiệm đúng với mọi x < 2 thì (−∞;2)⊂ (m +1;+ ∞) ⇒ không có giá trị m nào thỏa mãn.
Nếu m <1 thì (*) ⇔ x < m+1. Tập nghiệm của bất phương trình là S = (−∞;m+ )1.
Bất phương trình nghiệm đúng với mọi x < 2 thì (−∞;2)⊂ (−∞;m + )
1 ⇒ m +1≥ 2 ⇔ m ≥1.
Kết hợp điều kiện m <1 ⇒ không có giá trị nào của m thỏa mãn bất phương trình.
Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn đầu bài.  
Câu 37. Cho tam giác ABC đều có cạnh bằng a và có trọng tâm G . Khi đó B . G GA bằng 2 2 2 2 A. a 3 a a 3 a − . B. . C. . D. − . 6 6 6 6 Lời giải Chọn B
Vì tam giác ABC đều G cũng là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Do đó a 3 GA = GB = và  AGB =120° . 3       = − = − ( ) = −  2 a 3 a 3 . . . .cos , . .cos = − . .cos120 a BG GA GB GA GAGB GB GA GAGB AGB ° = . 3 3 6
Câu 38. Trong mặt phẳng tọa độ, cho ba điểm A( 4 − ; )
1 , B(2;4),C (2; 2
− ) . Tọa độ điểm D sao cho C là
trọng tâm tam giác ABD là A. D(0; ) 1 . B. D( 4; − 7) . C. D(4; 1 − ) 1 . D. D(8; 1 − ) 1 . Lời giải Chọn D
Vì C là trọng tâm tam giác ABD nên:  x + x + x A B D x =  C  
x = x − x − x = − − − D 3 C A B 3.2 ( 4) 2 3 x = D 8  ⇔  ⇔ y y y  + + 
y = y − y − y = − − − =  y = − A B D D 3 C A B 3.( 2) 1 4 D 11 yC  3 Vậy D(8; 1 − ) 1 .
Câu 39. Cho 0° < α <180°. Khi đó biểu thức 2sin (180° −α )cotα − cos(180° −α ) tanα cot (180° −α ) bằng A. −cosα . B. 3cosα . C. cosα . D. 3 − cosα . Lời giải Chọn C
Ta có sin (180° −α ) = sinα,cos(180° −α ) = −cosα,cot (180° −α ) = −cotα . Do vậy
2sin (180° −α )cotα − cos(180° −α )tanα cot (180° −α )
= 2sinα cotα − cosα tanα cotα = 2cosα − cosα = cosα .
Câu 40. Từ vị trí A người ta quan sát một cây cao.
Biết AH = 4m , HB = 20m ,  BAC 45° =
. Khi đó chiều cao của cây (làm tròn đến hàng phần mười) bằng A. 17,3m . B. 17,6m. C. 17,2m . D. 17,4m . Lời giải Chọn A C x A 20m M 4m 4m H 20m B
Vì tam giác AHB vuông tại H nên ta có 2 2
AB = AH + HB = 4 26 . Kẻ AM // ,
HB M ∈ BC . Khi đó AM = 20m , BM = 4m và tam giác ABM vuông tại M . Suy ra  AM 5 sin ABM = = . AB 26
Áp dụng định lý sin cho tam giác ABC , ta có BC AC = . sin A sin B
Đặt MC = x , khi đó ta được ( 2 2 2 26 400 4 20 + + + x x x ) = ⇔ 2 + = ° (4 x) sin 45 AM 5 ABx = 30 − 2 24x 400x 9600 0  ⇔ + − = ⇔ 40 . Suy ra 40 = =  MC x . x = 3  3
Vậy chiều cao của cây bằng 52 BC = x + 4 = ⇒ BC ≈17,3. 3
Câu 41. Cho tam giác ABC có BC = ; a CA = ;
b AB = c và diện tích tam giác ABC bằng 2 5m . Khi đó biểu thức 2 2 2
a + 2b + 3c đạt giá trị nhỏ nhất bằng (làm tròn đến hàng phần trăm) A. 2 66,33m . B. 2 66,30m . C. 2 66,34m . D. 2 66,32m . Lời giải Chọn A
Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ sau:
Theo giả thiết ta có hệ sau: x ; y > 0. 0 0  2 2 2
AB = x + y =  c 0 0 
AC = (a − x )2 2 2 + y = b 0 0 y a = 2S =  ABC 10 0 Khi đó:
T = a + 2b + 3c = a + 2 (a − x )2 2 2 2 2 2 + y  + 3( 2 2 x + y 0 0 0 0 )   2 2 2
=3a + 5x + 5y − 4ax 0 0 0 2 11 2 2  2  11 2 2 2 =
a + 5y + 5x − a ≥
a + 5y ≥ 2 11ay = 20 11 ≈   66,33m 0 0 0 0 5  5  5 Dấu " = " xảy ra khi  2  2 5x − a = 0 x = . a  0  0  5  5  ⇔  . 11 2 2  11 a = 5y = 0 y a 0  5  5
Câu 42. Cho đoạn thẳng AB có độ dài 2a và số 2
k . Tập hợp các điểm M thỏa mãn đẳng thức   2 . MA MB = k là
A. Đường tròn đường kính AB .
B. Đường tròn tâm là trung điểm của AB và bán kính bằng 2 2 k + a .
C. Đường trung trực của đoạn thẳng AB .
D. Đường tròn tâm là trung điểm của AB và bán kính bằng 2 2 k + a . Lời giải Chọn D  
   
Gọi I là trung điểm của AB , ta có 2 = ⇔ ( + )( + ) 2 . MA MB k
MI IA MI IB = k
    ⇔ ( + )( − ) 2 2 2 2 2 2
MI IA MI IA = k ⇔ MI − IA = k ⇔ MI = k + a .
Vậy tập hợp các điểm M là đường tròn tâm I , bán kính bằng 2 2 k + a .  
Câu 43. Cho tứ giác ABCD . Khi đó 2C . A BD bằng A. 2 2 2 2
AD BC AB CD . B. 2 2 2 2
AB CD AD BC . C. 2 2 2 2
AD AB BC CD . D. 2 2 CA BD . Lời giải Chọn B Ta có:
    
    
  
   2C .
A BD CA .BD BD CA .ADAB CDCB CA .AD CDCA .BABC
   
   
 CDAD .AD CDBABC .BABC 2 2 2 2
CD AD BA BC
Câu 44. Hằng số thực dương m nhỏ nhất để bất đẳng thức ( + + ) 2 2 2
m ab bc ca > a + b + c đúng với mọi
a , b , c là độ dài ba cạnh của một tam giác thỏa mãn
A. m∈(1,5;2,5). B. m∈(3;4) . C. m∈(1;2).
D. m∈(1,5;3) . Lời giải Chọn A
Với a , b , c là độ dài ba cạnh của một tam giác, ta có: 2
a + b > c
ac + bc > c   2
a + c > b ⇒ ab + bc > b ⇒ 2(ab + bc + ac) 2 2 2
> a + b + c .   2 b +  c > a
ab + ac > a  Vậy m = 2 .
Câu 45. Cho tam giác ABC có hai trung tuyến kẻ từ A và B vuông góc với nhau. Khi đó tỉ số
AC + BC đạt giá trị lớn nhất bằng (làm tròn đến hàng phần trăm) AB A. 3.20. B. 3.17 . C. 3.16. D. 3.15. Lời giải Chọn C
Vì AM , BN lần lượt là trung tuyến kẻ từ A và B nên ta tính được: 2 2 2 2
2AB + 2AC − BC AM = 4 2 2 2 2
2AB + 2BC − AC BN = 4
Đồng thời hai trung tuyến này vuông góc với nhau nên tam giác AGN vuông tại G , do đó: 2 2 2
AG + GN = AN 2 2 2  2   1  AC ⇔ AM +   BN =  3 3      4 5 2 1 2 1 2 ⇔ AB = AC + BC 18 18 18 2 2 2
⇔ 5AB = AC + BC
Mà AB, AC, BC lần lượt là số đo ba cạnh của tam giác ABC nên AB, BC,CA > 0,
Suy ra, AC + BC = ( AC + BC)2 2 2
≤ 2(AC + BC ) = AB 10 +
Hay AC BC ≤ 10 ≈ 3.16 . AB
Câu 46. Tìm tất cả các giá trị thực của x để hai đẳng thức 3x + 2 = 3x + 2 và 2x − 5 = 5 − 2x cùng xảy ra là A.  2 − 5 ;   −  −   −   . B. 2 5  ; . C. 2 5 ;  . D. 2 5  ; . 3 2    3 2    3 2   3 2  Lời giải Chọn A Ta có:  2 −  3 + 2 = 3 + 2 3  + 2 ≥ 0 x x x x ≥  3  2 − 5    x ;  ⇔ ⇔ ⇔ ∈
 2x − 5 = 5 − 2x 5   2x 0 5    3 2 − ≥ x  ≤  2
     
Câu 47. Cho tam giác ABC . Khi đó vị trí của điểm M để biểu thức . MA MB + .
MB MC + MC.MA đạt giá trị nhỏ nhất là
A. Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . B. Tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
C. Trực tâm tam giác ABC .
D. Trọng tâm tam giác ABC . Lời giải Chọn D
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC .
   
      Ta có: 2 2 2 2
MA + MB + MC = 3MG ⇔ MA + MB + MC + 2( . MA MB + . MB MC + MC. ) MA = 9MG      
      2 2 2 2 ⇔ (MG + G )
A + (MG + GB) + (MG + GC) + 2( . MA MB + . MB MC + MC. ) MA = 9MG
   
      2 2 2 2
⇔ GA + GB + GC + 2MG(GA + GB + GC) + 2( . MA MB + . MB MC + MC. ) MA = 6MG
      2 2 2 2 ⇔ 2( . MA MB + . MB MC + MC. )
MA = 6MG − (GA + GB + GC ).
     
Dựa vào đẳng thức trên ta có . MA MB + .
MB MC + MC.MA đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi 2
6MG đạt giá trị nhỏ nhất hay M ≡ G .
Câu 48. Từ hai vị trí A và B của một tòa nhà, người ta quan sát đỉnh C của ngọn núi . Biết rằng độ cao
AB bằng 70m , phương nhìn AC tạo với phương nằm ngang góc 30° . Phương nhìn BC tạo với
phương nằm ngang góc 15 30
° ′ . Khi đó chiều cao của ngọn núi so với mặt đất (làm tròn đến hàng đơn vị) bằng: A. 134m. B. 133m . C. 136m. D. 135m . Lời giải Chọn D Ta có:  =  = ° 
CIK CAH 30 ; BAC = 60° ;  = ° − 
BIC 180 CIK =150°.  =  = ° −  − 
BCA BCI 180 CBK BIC =14 30 ° ′ . 
Trong tam giác ABC ta có: AB BC A . B sin BAC  =  ⇒ BC =  . sin BCA sin BAC sin BCA
Trong tam giác BCK ta có: =    A . B sin BAC.sin sin CBK CK BC CBK =  . sin BCA  
Vậy đường cao khối chóp là: A .
B sin BAC.sin CBK
CH = CK + KH = CK + AB =  + AB ≈135m . sin BCA
Câu 49. Tam giác ABC có = =  0
AB 5,CA 8, BAC = 60 . Kết quả nào trong các kết quả sau là độ dài của cạnh BC A. 129 . B. 7 . C. 49 . D. 69 . Lời giải Chọn B Ta có: 2 2 2 = + −  BC AB AC 2A .
B AC.cosBAC = 49 ⇒ BC = 7 . (  x −3)2 2
Câu 50. Tập hợp các giá trị của m để hệ bất phương trình ≥ x + 7x +1  vô nghiệm bằng
2m − 5x ≤ 8 A. 72 m < . B. 72 m ≥ . C. 72 m ≤ . D. 72 m > . 13 13 13 13 Lời giải Chọn D (  x − )2 2
3 ≥ x + 7x +1( ) 1 
2m − 5x ≤ 8  (2) ( ) ⇔ (x − )2 2 8 8 1
3 ≥ x + 7x +1 ⇔ 6
− x + 9 ≥ 7x +1 ⇔ x ≤ ⇒ S = (− ; ∞ ] 1 13 13 ( ) 2m −8 2m −8 2 ⇔ x ≥ ⇒ S = [ ;+∞) 2 5 5 Hệ vô nghiệm 8 2m −8 72
⇔ S ∩ S = Φ ⇔ < ⇔ m > . 1 2 13 5 13
-------------------- HẾT --------------------
Document Outline

  • de-kscl-toan-10-thi-thpt-qg-2020-lan-2-truong-thpt-chuyen-vinh-phuc
    • 10vp
      • KS2-20192020_TOAN10_123
    • aaaaaaa
      • KS2-20192020_TOAN10_dapancacmad
  • Tổ-16-ĐỢT-29-Đề-thi-KSCL-Lớp-10-chuyên-Vĩnh-Phúc